安徽宣城郎溪中学等校2025~2026学年高一下册4月阶段检测化学试卷（含解析）

/化学注意事项：1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Zn65一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列不属于新型无机非金属材料的是A.金刚砂 B.石墨烯 C.陶瓷 D.单晶硅【正确答案】C【详解】A．金刚砂主要成分为，属于高温结构类新型无机非金属材料，A不符合题意；B．石墨烯是新型碳单质材料，属于新型无机非金属材料，B不符合题意；C．普通陶瓷属于传统硅酸盐类无机非金属材料，不属于新型无机非金属材料，C符合题意；D．单晶硅是半导体类新型无机非金属材料，D不符合题意；故选C。2.硫酸是重要的化工原料。下列有关硫酸的性质及应用的说法正确的是A.H2SO4溶液能导电，H2SO4属于离子化合物B.浓硫酸加入水中，温度升高，是放热反应C.不能利用原电池装置将H2SO4与Zn反应的化学能转化为电能D.常温下，用铝制容器盛装浓硫酸，该应用体现浓硫酸的强氧化性【正确答案】D【详解】A．是共价化合物，其水溶液能导电是因为在水中电离出自由移动的离子，熔融状态下不导电，不属于离子化合物，A错误；B．浓硫酸加入水中温度升高是稀释过程的物理放热，没有发生化学反应，不属于放热反应，只是个放热过程，B错误；C．与的反应是自发进行的氧化还原反应，可设计为原电池将化学能转化为电能，C错误；D．常温下浓硫酸具有强氧化性，可使铝表面生成致密氧化膜发生钝化，阻止反应进一步进行，因此可用铝制容器盛装浓硫酸，体现了浓硫酸的强氧化性，D正确；故选D。3.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.氨易液化，液氨汽化时吸收大量热，液氨可用作制冷剂B.二氧化硅的熔点高，可用于生产光导纤维C.次氯酸钠溶液呈碱性，可用于环境消毒D.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥SO2气体【正确答案】A【详解】A．氨易液化，液氨汽化时会吸收大量热，能使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，性质与用途存在对应关系，A正确；B．二氧化硅用于生产光导纤维是利用其对光的全反射传输信号的性质，与熔点高无关，二者无对应关系，B错误；C．次氯酸钠可用于环境消毒是因为其具有强氧化性，能使微生物的蛋白质变性失活，与溶液呈碱性无关，二者无对应关系，C错误；D．浓硫酸用于干燥SO2气体是利用其吸水性，脱水性是指将有机物中H、O原子按个数比2:1脱去的性质，二者无对应关系，D错误；故答案选A。4.CH4与H2O在一定条件下发生反应，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.该反应是放热反应B.该反应中断裂化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量C.该反应中化学能转化为热能D.该反应中存在非极性键的断裂和形成【正确答案】B【详解】A．反应物总能量低于生成物总能量，故该反应为吸热反应，A错误；B．吸热反应中断裂化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，B正确；C．吸热反应中热能转化为化学能，C错误；D．和中不存在非极性键，反应中不存在非极性键的断裂，D错误；故B。5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. B.C. D.【正确答案】C【详解】A．S无论氧气是否过量，点燃条件下与反应只能生成，需在催化剂、加热条件下才能和反应生成，A错误；B．难溶于水，也不与发生反应，无法直接生成，B错误；C．碳酸的酸性强于硅酸，根据强酸制弱酸原理，溶液中通入可以发生反应生成沉淀，C正确；D．氨水与过量反应生成的是，只有少量时才生成，D错误；故选C。阅读下列材料，完成下列小题：氮的氢化物有氨(NH3)和肼(N2H4)等。氨可用于生产硝酸、铵盐、纯碱等。金属钠置于液氨中缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2，N2H4与NH3相似，且是一种二元弱碱，能与酸反应生成盐。肼具有强还原性。在强碱性条件下NH3被NaClO氧化生成N2H4。6.下列有关反应的化学方程式书写错误的是A.氨催化氧化：B.液氨与金属钠反应：2Na+2NH3(l)=2NaNH3C.N2H4与足量盐酸反应：N2H4+2HCl=N2H6Cl2D.NaClO氧化NH3生成N2H4：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O7.下列关于氮的氢化物的说法正确的是A.NH3与N2H4互为同素异形体 B.NH3与具有相同的电子数C.NH3的电子式为 D.制备N2H4时应将NH3缓缓通入NaClO溶液中【正确答案】6.B7.B【6题详解】A．氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为，故A正确；B．金属钠置于液氨中缓慢反应放出氢气，同时生成NaNH2，反应方程式为2Na+2NH3(l)=2NaNH2+H2↑，故B错误；C．N2H4是一种二元弱碱，N2H4与足量盐酸反应的方程式为N2H4+2HCl=N2H6Cl2，故C正确；D．NaClO氧化NH3生成N2H4，N元素化合价由-3升高为-2，氯元素化合价由+1降低为-1，根据得失电子守恒，反应方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，故D正确；选B。【7题详解】A．NH3与N2H4都是N、H元素组成的化合物，不是同素异形体，故A错误；B．NH3与的电子数均为10，故B正确；C．NH3的电子式为，故C错误；D．NaClO能氧化N2H4，制备N2H4时应将NaClO溶液缓缓滴入氨水中，故D错误；选B。8.下列关于物质鉴别或性质检验的说法正确的是A.可用蒸馏水鉴别硫黄与过氧化钠B.可用Ba(OH)2溶液鉴别SO2与CO2气体C.可用浓硫酸代替浓盐酸检验氨气D.可用盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液检验Na2SO3是否被氧化【正确答案】A【详解】A．硫黄难溶于水，加入蒸馏水无明显现象；过氧化钠与水发生反应，有气泡产生且固体溶解，二者现象不同可鉴别，A正确；B．和均能与反应先生成白色沉淀（分别为、），气体过量时沉淀均溶解，现象完全相同无法鉴别，B错误；C．浓盐酸具有挥发性，挥发出的与反应生成白烟可检验氨气；浓硫酸难挥发，无法与氨气接触产生白烟，不能代替浓盐酸，C错误；D．酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，无论是否被氧化均会产生白色沉淀，无法检验，D错误；故选A。9.下列实验能达到相应目的的是A．探究浓度对反应速率的影响B．制备少量NOC．验证SO2的漂白性D．制作水果电池A.A B.B C.C D.D【正确答案】D【详解】A．实验中，两个试管里的反应物分别是不同浓度的和相同浓度的，但与的反应没有明显的现象，无法直观判断反应速率的快慢，因此不能达到实验目的，A不符合题意；B．与浓硝酸反应生成，不能制得，应该用稀硝酸，B不符合题意；C．通入酸性高锰酸钾溶液使其褪色，是因为具有还原性，并不能验证的漂白性，C不符合题意；D．西红柿中含有酸性电解质溶液，和作为两个活泼性不同的电极，能够构成原电池，电流表可以检测到电流，因此该装置能达到实验目的，D符合题意；故选D。10.将标准状况下2.24LNH3溶于水中得到1L氨水。下列说法正确的是A.该溶液中的电离方程式为B.该溶液中C.该溶液中D.升高温度，忽略水的蒸发，该溶液中一定增大【正确答案】C【详解】A．是弱电解质，电离为可逆过程，电离方程式为，A错误；B．标准状况下2.24L物质的量为0.1mol，溶于水后含氮微粒有、、，根据物料守恒三者浓度之和为，故，B错误；C．为弱电解质，仅能部分电离出，若完全电离（忽略水的电离），因此，C正确；D．升高温度，一方面电离平衡正向移动有利于生成，但另一方面温度升高溶解度降低会逸出，溶质减少，不一定增大，D错误；故答案选C。11.一种以Al和NiO(OH)为电极的新型电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.电池工作过程中电能转化为化学能 B.电子由Al电极通过外电路流向NiO(OH)电极C.Al电极为负极，发生氧化反应生成Al(OH)3 D.当消耗1molNiO(OH)时，转移2mol电子【正确答案】B【分析】该原电池放电时，NiO(OH)转化为Ni(OH)2，发生还原反应，为正极，电极反应式为；Al电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为。【详解】A．原电池工作时能量由化学能转化为电能，A项错误；B．由分析知NiO(OH)电极作原电池的正极，Al电极作原电池的负极，电子由负极经外电路流向正极，B项正确；C．由分析知负极产物是[Al(OH)4]-，C项错误;D．由分析知消耗1molNiO(OH)时，转移1mol电子，D项错误；故答案为B。12.氨气催化还原NO2脱硝的反应原理为。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.2.8gN2中含有的成键电子总数为0.6NAB.标准状况下，2.24LNO、NH3混合气体中含有的氮原子数为0.1NAC.当脱去5molNO2时，该反应转移的电子数为10NAD.氨水中含有的NH3、、微粒总数为NA【正确答案】C【详解】A．2.8g的物质的量为0.1mol，每个分子含键，共有6个成键电子，故成键电子总数为，A正确；B．标准状况下2.24L混合气体总物质的量为0.1mol，和每个分子均含1个氮原子，且二者标准状况下不反应，故氮原子总数为，B正确；C．反应中中N元素从+4价降低到0价，每1mol参与反应转移4mol电子，脱去5mol时转移电子数为，不是，C错误；D．根据氮元素守恒，氨水中，、、的总物质的量为1mol，微粒总数为，D正确；故选C。13.下列实验操作能达到对应实验目的的是实验操作实验目的A向滴有酚酞的NaOH溶液中滴加氯水至过量，观察溶液颜色变化验证氯水呈酸性B取两份：溶液，分别加入、酸性KMnO4溶液，记录褪色时间探究浓度对化学反应速率的影响C向装有NaHCO3固体的试管中加入稀盐酸，同时迅速插入温度计，观察示数变化探究NaHCO3溶液与盐酸反应的热效应D向溶液中加入溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化验证KI与FeCl3溶液反应存在限度A.A B.B C.C D.D【正确答案】D【详解】A．氯水中含有HCl和HClO，HCl中和NaOH可使酚酞褪色，HClO的强氧化性也能漂白酚酞使溶液褪色，无法验证氯水呈酸性，A错误；B．该实验中，两份酸性溶液的酸度可能不一致，导致变量不唯一，无法准确探究浓度对化学反应速率的影响，B错误；C．固体溶解过程本身存在热效应，会干扰对反应热效应的判断，不能探究溶液与盐酸反应的热效应，C错误；D．KI过量，若反应不存在限度则会完全反应，滴加KSCN溶液不会变红；若溶液变红说明有剩余，可验证该反应存在限度，D正确；故选D。14.在体积为2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2和H2，一定条件下发生反应：。测得CH3OH的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.a点的反应速率：v正<v逆B.当CO2的体积分数不随时间变化时，反应达到平衡C.0～10min内用H2表示的平均反应速率为D.若在b点时加入催化剂，可实现CO2与H2的完全转化【正确答案】C【详解】A．由图中信息可知，a点反应未达到平衡，反应正向进行，，A错误；B．设初始CO2、H2的物质的量分别为amol，一段时间内CO2参加反应的物质的量为xmol，则根据三段式法可得：，CO2的体积分数为，所以CO2的体积分数不随反应时间发生变化，不可以作为判断反应是否达平衡的依据，B错误；C．由图可知，0～10min内，，，C正确；D．b点反应达到平衡，不论如何改变反应条件，反应物都不可能完全转化为生成物，加入催化剂只改变反应速率，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.化学反应中的物质和能量变化是认识和研究化学反应的重要视角。（1）已知：一定条件下，H2(g)、Cl2(g)的相对能量均为0，H2、Cl2化合生成HCl反应过程中的能量变化如图所示，则HCl(g)的相对能量为_______kJ·mol-1。（2）HCl经催化氧化发生反应。已知：一定条件下断开1mol共价键吸收的能量(E)如下表：共价键H-ClCl-ClH-OO=OE/()431243463497则HCl催化氧化反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)。（3）“暖贴”的主要成分和作用原理如图所示。①“暖贴”使用时，能量的主要转化形式是_______能转化为热能。②“暖贴”中炭粉的作用是_______。（4）铝空气电池具有原料易得、能量密度高的优点。电池放电的总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。①若该电池的电解质溶液呈弱酸性，则电池工作时Al电极发生的电极反应为_______。②当电池放电转移10mol电子时，理论上消耗标准状况下O2的体积为_______L。③电池的“理论比能量”是指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。假设其他条件一致，则Mg、Al、Zn三种金属空气电池中，_______空气电池的理论比能量最高。【正确答案】（1）-91.5（2）放热（3）①.化学②.构成原电池，炭粉作正极，加快铁粉氧化放热的速率（4）①.②.56③.铝(Al)【小问1详解】反应为，已知、相对能量均为0，由图可知生成物总能量比反应物低，因此，计算得。【小问2详解】反应过程中断键吸热：4×431kJ·mol-1+497kJ·mol-1=2221kJ·mol-1，成键放热:2×243kJ·mol-1+4×463kJ·mol-1=2338kJ·mol-1，所以该反应是放热反应；【小问3详解】①暖贴通过铁粉氧化放热，化学能转化为热能；②炭粉、铁粉和盐溶液构成原电池，加快了铁粉氧化，短时间内释放出更多热量，所以炭粉作原电池的正极；因此化学；炭粉作正极；【小问4详解】①由总反应可知，Al电极作负极，失电子生成Al(OH)3，电极反应式为：；②由化合价变化可知，转移10mol电子消耗2.5molO2，标准状况下的体积为22.4L/mol×2.5mol=56L；③理论比能量为单位质量电极材料释放的电能，即单位质量金属失电子越多，比能量越高：单位质量失电子数：，，，Al单位质量失电子最多，因此铝空气电池理论比能量最高。16.燃煤烟气通常含有高浓度的SO2，在排放前必须进行脱硫处理。（1）工业上可采用亚硫酸钠溶液吸收烟气中的SO2，再通过与碱液反应使Na2SO3溶液再生。①亚硫酸钠溶液吸收SO2的化学方程式为_______。②吸收SO2后的溶液与NaOH反应使Na2SO3再生过程的离子方程式为_______。（2）在一定温度、催化剂作用下，H2还原SO2生成S的过程：。①X为_______(填化学式)。②第二步转化中，生成9.6gS时转移的电子数为_______(设NA为阿伏加德罗常数的值)。（3）H2O2催化氧化SO2的过程中，H2O2先在催化剂表面上转化为，再将SO2氧化为。①将SO2氧化的化学方程式为_______。②温度高于140℃时，SO2脱除效率降低的可能原因为_______(不考虑催化剂的影响)。（4）新型纳米材料ZnFe2Ox能将烟气中的SO2除去，若1molZnFe2Ox与足量的SO2反应生成ZnFe2O4和S过程中转移2mol电子，则x=_______。【正确答案】（1）①.②.（2）①.②.（3）①.②.温度高于140℃时，分解，使得脱除效率降低（4）3【16题详解】①溶液吸收生成酸式盐，化学方程式为；②酸式盐和碱反应生成正盐，离子方程式为；【17题详解】①根据化合价升降可知，X是；②第二步反应为，反应生成3molS转移4mol电子，故反应生成9.6gS时转移电子数为；【18题详解】①将氧化为，反应化学方程式为；②温度高于140℃时，会分解产生，产生的减少，使得脱除效率降低；【19题详解】中Fe化合价为，中Fe化合价为+3，则1mol参与反应失去电子物质的量为，解得。17.减少氮氧化物(NOx)的排放可有效保护环境，实现废物资源化利用。（1）工业上在吸收塔中用水吸收氮氧化物生成硝酸，NO2与水反应生成硝酸和NO的化学方程式为_______，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。生产过程中同时向吸收塔中通入空气，其作用是_______。（2）Na2CO3溶液吸收NO2.反应生成两种含氮盐：NaNO2、_______(填化学式)。（3）氧化转化。①工业上采用NaClO和NaOH混合溶液作为吸收液，缓缓通入烟气，烟气中的NO可转化为，该反应的离子方程式为_______。②已知烟气中NO的初始浓度为，1L上述吸收液每分钟可对500mL烟气进行脱除处理(NO的脱除率为75%)，则用表示的脱除速率为_______(忽略溶液体积变化)。（4）还原转化。①一定条件下，活性炭将氮氧化物还原为无污染气体。在恒温恒容密闭容器中发生反应：。下列说法正确的是_______(填标号)。a．容器内压强保持不变，反应达到平衡状态b．容器内NO的浓度不变时，反应达到平衡状态c．若缩小容器体积，反应速率加快②催化条件下，汽车尾气中的CO和NO可转化为无污染气体。一定温度下，将0.04molCO和0.02molNO充入1L恒容密闭容器中发生该反应，40min时反应达到平衡，测得起始与平衡时容器内的压强之比为12：11。0～40min内用NO表示的平均反应速率为_______，NO的平衡转化率为_______%。【正确答案】（1）①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.1:2③.氧化NO，提高氮氧化物的转化率（2）NaNO3（3）①.2NO+3ClO−+2OH−=2+3Cl−+H2O②.（4）①.bc②.2.5×10−4③.50【小问1详解】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。这是一个歧化反应，NO2中氮元素的化合价为+4，反应后部分升高到+5（在HNO3中），部分降低到+2（在NO中）。根据得失电子守恒，N化合价升高1，降低2，所以HNO3和NO的化学计量数之比为2:1。配平后的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。②在上述反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，3molNO2参与反应，其中1molNO2转化为NO（氮元素化合价由+4降至+2），作氧化剂；2molNO2转化为HNO3（氮元素化合价由+4升至+5），作还原剂。因此，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。③吸收塔中生成的NO是不溶于水的气体，如果直接排放会造成污染且浪费原料。通入空气（氧气）可以将NO重新氧化为NO2（2NO+O2=2NO2），NO2再与水反应生成硝酸。这样可以使氮氧化物尽可能多地转化为硝酸，提高原料利用率。【小问2详解】NO2中氮元素化合价为+4，发生歧化反应生成两种含氮盐。已知其中一种是亚硝酸钠（NaNO2），氮元素化合价为+3（化合价降低）。根据氧化还原反应规律，必有另一种含氮产物中氮元素化合价升高，即生成硝酸钠（NaNO3）。【小问3详解】①工业上用NaClO和NaOH混合溶液吸收NO，NO被氧化为（氮元素化合价从+2升至+5，失去3个电子）。NaClO作氧化剂，被还原为Cl−（氯元素化合价从+1降至-1，得到2个电子）。根据得失电子守恒，NO和ClO−的物质的量之比为2:3。结合溶液中的OH−配平电荷和原子，得到离子方程式：2NO+3ClO−+2OH−=2+3Cl−+H2O。②烟气中的初始浓度为。每分钟处理（即）烟气。每分钟进入吸收液的质量为：。的摩尔质量为，所以每分钟进入的物质的量为：。的脱除率为75%，则每分钟被吸收并转化为的物质的量为：。吸收液体积为，忽略体积变化，则用表示的脱除速率为：

。【小问4详解】①a．该反应前后气体分子总数不变，在恒温恒容条件下，容器内压强始终保持不变，因此压强不变不能作为判断平衡状态的标志，a错误；b．反应物NO的浓度不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；c．缩小容器体积即增大压强，反应物和生成物的气体浓度均增大，反应速率加快，c正确；故选bc。②反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，起始时，CO为0.04

mol，NO为0.02

mol，总物质的量��=0.06

mol。恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比。起始与平衡时压强之比为12:11，则平衡时总物质的量��平衡=0.06

mol×=0.055

mol。设反应达到平衡时消耗了2x

mol的NO。列三段式：平衡总物质的量：(0.04−2x)+(0.02−2x)+x+2x=0.06−x=0.055

mol。解得x=0.005

mol。则40

min内消耗的NO物质的量为2x=0.01

mol。容器体积为1

L，用NO表示的平均反应速率为：��(NO)==2.5×10−4

mol⋅L−1⋅min−1。NO的平衡转化率为：×100%=50%。18.利用黄铁矿(主要成分为FeS2)制备绿矾的流程如图所示：已知：①焙烧后烧渣的主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，不考虑其他杂质。②溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表：金属阳离子Fe3+Al3+Fe2+开始沉淀的pH2.24.17.5完全沉淀的pH3.55.49.5回答下列问题：（1）FeS2中硫元素的化合价为_______；FeS2在焙烧过程中发生反应的化学方程式为_______，该反应中生成1molSO2时转移电子的物质的量为_______mol。（2）酸溶过程中产生的滤渣主要成分是_______(填化学式)。（3）滤液Ⅰ中通入SO2时发生反应的离子方程式为_______。（4）沉铝过程中调节溶液pH的范围为_______。（5）系列操作为_______、过滤、洗涤、干燥。（6）以黄铁矿