安徽省庐江县2024-2025学年高一第一学期期末教学质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1安徽省庐江县2024-2025学年高一第一学期期末教学质量检测一、单选题1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．烧碱可用来治疗胃酸过多B．碳酸钙和二氧化硅均可用作牙膏中的摩擦剂C．节日燃放烟花过程中产生的焰色是物理变化D．新型消毒剂ClO2和O【答案】A【解析】A．烧碱是氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用氢氧化钠来治疗胃酸过多，可以用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故A错误；B．碳酸钙和二氧化硅均难溶于水，可用作牙膏中的摩擦剂，故B正确；C．节日燃放烟花过程中产生的焰色是金属元素的焰色试验，焰色试验属于物理变化，故C正确；D．ClO2和O3均具有强氧化性，能杀菌消毒，ClO2和O选A。2．《本草纲目》记载“冬灰，乃冬月灶中所烧薪柴之灰也，令人以灰淋汁，取碱浣衣、发面”。其意思是冬天烧柴留下的灰(即草木灰，含有K2CO3A．烧柴时发生氧化还原反应 B．发面时产生CO2C．K2CO3在加热时易分解 D【答案】C【解析】A．燃烧属于氧化还原反应，故A正确；

B．发面时，K2CO3与面团中的酸性物质反应产生COC．K2CO3D．K2CO3选C。3．下列有关化学用语的表示正确的是A．中子数为8的碳原子：14B．NaHCO3的电离方程式：C．S2-D．NH3中氮元素的化合价：【答案】B【解析】A．碳是6号元素，质子数是6，中子数为8，其质量数为14，表示为：614C，B．NaHCO3是可溶性盐，属于强电解质，在水中完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，B正确；C．S是16号元素，所以S2-结构示意图为：，C错误；D．NH3中，H元素化合价为+1价，根据化合物中元素化合价代数和为0的原则，可知N元素化合价为-3价，D错误；故答案选B。4．“宏观辨识—微观探析—符号表征”是化学学习的重要方法。某化学反应的微观示意图如图，下列分析错误的是A．该反应属于氧化还原反应B．上述示意图涉及的物质中有两种是电解质C．上述示意图表示的反应对应的化学方程式：COD．该反应实现了无机物向有机物的转化【答案】B【解析】A．该反应涉及的方程式为：CO2B．上述示意图涉及的物质中只有水是电解质，故错误；C．上述示意图表示的反应对应的化学方程式：CO2D．结合方程式可知，该反应实现了无机物向有机物的转化，故正确。答案为：B。5．化学家维勒通过蒸发氰酸铵(NH4CNO，盐)的水溶液得到了尿素分子A．等质量的氰酸铵和尿素含铵根离子数相同B．0.1molCONH2C．组成氰酸铵的元素中位于周期表第二周期的元素有3种D．60gNH4CNO约含【答案】A【解析】A．尿素分子[CONH22]B．1个尿素分子[CONH22]含有的电子数目为6+8+4+14=32，故0.1molCONH2C．氰酸铵(NH4CNO)中的C、N、O位于周期表第二周期，故D．60gNH4CNO的物质的量为60g60g/mol=1mol，故含有2molN原子，数目约为1.204×答案选A。6．25°A．能使紫色石蕊溶液变红的溶液：MgB．0.1mol⋅C．0.1mol⋅D．与Al反应能产生H2的溶液：【答案】A【解析】A．能使紫色石蕊溶液变红的溶液显酸性，Mg2+、Na+、NO3-、Cl−均可共存，B．0.1mol⋅L−1硝酸银溶液：K+、Cl−、Na+、CO32-中银离子与氯离子不共存，C．0.1mol⋅L−1FeCl3溶液：OH−、K+、SO42-、I−中铁离子与碘离子发生氧化还原反应，铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，D．与Al反应能产生H2的溶液可酸可碱，碳酸氢根离子既不可与H+，也不可与OH-共存，D错误；故选A。7．下列反应能发生且离子方程式书写正确的是A．CaCl2溶液中通入CO2B．向FeBr2溶液中通入足量Cl2C．漂白粉溶液中通入过量CO2：D．向NaHCO3溶液中加少量Ba(【答案】D【解析】A．CaCl2溶液和二氧化碳不反应，A错误；B．向FeBr2溶液中通入足量Cl2反应生成氯化铁和溴单质：2Fe2+C．漂白粉溶液中通入过量CO2会生成碳酸氢钙和次氯酸：Ca2++2ClOD．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2故选D。8．超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：Al2O3A．AlN是氧化产物 B．C在反应中被还原C．Al2O3在反应中得到电子 D．生成1molAlN时，转移3mol电子【答案】D【解析】A．根据反应方程式，N的化合价由0价转化为-3价，化合价降低，氮气为氧化剂，AlN为还原产物，故A错误；B．根据反应方程式，C的化合价由0价转化为+2价，化合价升高，C为还原剂，被氧化，故B错误；C．氧化铝中化合价没有发生变化，故C错误；D．根据反应方程式，以及选项AB分析，生成2molAlN，转移电子物质的量为6mol，即生成1molAlN，转移电子物质的量为3mol，故D正确；答案为D。9．下列物质的转化在给定条件下均能实现的是A．HB．FeC．NaClD．AgNO【答案】C【解析】A．双氧水在二氧化锰催化作用下生成氧气而不是氢气，A错误；B．铁和氢氧化钠不反应，B错误；C．电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氯气和氢气，氯气在铁中燃烧生成氯化铁，C正确；D．硝酸银溶液和铜反应生成硝酸铜和银，硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁和铜，D错误；答案选C。10．下表中，X是所需物质，Y是杂质，Z是为除杂试剂，其中所加试剂正确的一组是ABCDXNa2FeCl2NaBr溶液ClYNaHCOFeClNaIHClZCOFeClNaOH溶液A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．碳酸钠溶液中混有碳酸氢钠，通入CO2，碳酸钠和CO2、水反应生成碳酸氢钠，不能除去碳酸氢钠，反而除去了所需物质，故A错误；B．FeCl3和铁反应可以生成FeCl2：Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以可以用铁除去FeCl2溶液中的FeCl3，故B正确；C．通入氯气，NaI和NaBr都和氯气发生置换反应生成NaCl和I2、Br2，故C错误；D．氯气也和NaOH溶液反应，应用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故D错误；故选B。11．下列实验或装置不能达到实验目的的是ABCD除去Na2CO验证Na和水反应是否放热制备FeOH检验样品中是否含钾元素A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，能加热除去Na2CO3B．反应放出热量，装置中气体膨胀，U形管左侧液面下降，能验证Na和水反应是否放，B不符合题意；C．制取FeOH3红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，不能直接加入氢氧化钠溶液中，D．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，能检验样品中是否含钾元素，D不符合题意；故选C。12．元素的“价一类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，如下图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是A．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末B．由图可预测：高铁酸钠(Na2FeOC．铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①D．可以用KSCN溶液检验④的产物【答案】B【解析】A．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，转化为黑色Fe3O4，故A错误；B．高铁酸钠(Na2FeO4)中铁元素化合价为+6，NaC．铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，故C错误；D．反应④的产物是FeCl2，Fe2+遇KSCN溶液不变红，不能用KSCN溶液检验④的产物，故D错误；答案选B。13．“祝融号”火星车发回的遥测信号显示，火星的气体及岩石中富含原子序数依次递增的四种短周期主族元素X、Y、Z、W，它们分属两个周期，且只含一种金属元素，X、W同主族，四种元素的原子最外层电子数之和为16，Y元素是地壳中含量最多的元素。下列判断错误的是A．原子半径：Z>W>C．一定条件下Z可以与XY2发生反应 D．X【答案】A【解析】短周期元素Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O元素；X、Y、Z、W原子序数递增的四种短周期主族元素，X、W同主族，设X的最外层电子数为m，Z的最外层电子数为n，则与X同主族的W的最外层电子数也为m，根据四种元素的原子最外层电子数之和为16可得2m+n+6=16，可得2m+n=10。若m=1，则n=8(Z的最外层电子数为8，不符合短周期主族元素要求，舍弃)；若m=2，则n=6(X、W分别为Be、Mg，不符合只含一种金属元素的要求，舍弃)；若m=3，n=4(W、Z分别为Al和Si，不符合原子序数递增的规律，舍弃)；若m=4，n=2，则X是C元素，W是Si元素，Z是Mg元素，符合题意。综上分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、Mg、Si元素，然后根据问题分析解答。A．由分析可知原子半径大小为：Z(Mg)>W(Si)>X(C)>Y(O)，A错误；B．C元素的简单氢化物为CH4，O元素的简单氢化物为H2O，H2OC．Mg元素的化学性质活泼，在一定条件下Mg元素可以与CO2反应，生成MgO和单质碳C，CD．金刚石、石墨和C60是C元素的同素异形体，D故答案选A。14．将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL3.80mol/L盐酸中，充分反应后产生448mLH2(标准状况)，残留固体1.28g过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200mL，测得其中cHA．残留固体没有Fe，只有Cu B．原混合物中单质铁的质量5.6gC．反应中消耗的盐酸的物质的量为0.32mol D．溶液中没有Fe3+，阳离子为H+【答案】B【解析】由题意可知，反应所得残留固体为铜，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，设混合物粉末中铁、氧化铁、氧化铜的物质的量分别为amol、bmol、cmol，由残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为c=1.28g64g/mol=0.02mol，由得失电子数目守恒可得：amol×2=bmol×2×1+0.02mol×2+0.448L22.4L/mol×2，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(a+2b)mol×2+0.300mol/L×0.2L=3.80mol/L×0.1L，解联立方程可得a=0.08、b=0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.08mol×56g/mol=4.48g，反应消耗盐酸的物质的量为A．由分析可知，反应所得残留固体为铜，不可能含有铁，故A错误；B．由分析可知，原混合物中单质铁的质量为4.48g，故B错误；C．由分析可知，反应消耗盐酸的物质的量为3.80mol/L×0.1L—0.300mol/L×0.2L=0.32mol，故C正确；D．由分析可知，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，溶液中不含有铁离子，含有亚铁离子和氢离子，故D正确；故选B。二、解答题15．元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具。下表是元素周期表的一部分，表中所列序号代表对应的元素。请回答下列问题：(1)表中元素非金属性最强的是(填元素符号)，元素⑧在周期表中的位置是。(2)由上述元素形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是(填物质名称)。(3)表中某些元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是(填离子符号)。(4)①与⑤可形成18e-微粒，写出该微粒的电子式：(5)欲比较⑤与⑥的非金属性强弱，下列说法可作为判断依据的是(填标号)。a．比较⑤、⑥两种元素单质的沸点高低b．比较⑤、⑥两种元素单质与H2c．比较⑤、⑥两种元素气态氢化物的稳定性d．比较⑤、⑥两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱(6)元素③和④的金属性：③④(填“>”或“<”)，元素④的单质可与元素③的最高价氧化物的水化物反应，写出该反应的化学方程式：。【答案】(1)F第四周期第ⅦA族(2)高氯酸(3)S(4)(5)bc(6)>2Al+2NaOH+6H【解析】由元素在周期表中的位置可知①为H，②为F，③为Na，④为Al，⑤为S，⑥为Cl，⑦为Ca，⑧为Br，据此解答。（1）同一周期从左到右非金属性增大，同一主族从上到下非金属性减小，故表中元素非金属性最强的是F，元素⑧为Br，在周期表中的位置是第四周期第VIIA族；（2）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，F没有最高价氧化物水化物，剩余元素非金属性最强的是氯，故上述元素形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是高氯酸；（3）可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子的原子为Ar同周期的非金属元素和下一周期的金属元素，有S2-、Cl-、Ca2+，这些离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故这些离子的半径由大到小的顺序是S2−>Cl−>Ca2+；（4）氢元素与硫元素形成的18电子微粒为H2S，电子式为；（5）a．⑤、⑥两种元素单质的沸点高低与单质形态、分子间作用力等因素有关，与非金属性强弱无关，a不选；b．非金属元素单质越易与H2化合，非金属性越强，故可以通过比较⑤、⑥两种元素单质与H2化合的难易程度比较非金属性强弱，b选；c．非金属元素气态氢化物越稳定，非金属性越强，故可以通过比较⑤、⑥两种元素气态氢化物的稳定性比较非金属性强弱，c选；d．非金属元素非金属性越强，最高价氧化物水化物酸性越强，选项没有说明是最高价氧化物的水化物，故d不选；故选bc；（6）同一周期，从左到右，元素金属性减弱，故金属性：③>④，铝是两性金属，可以与钠最高价氧化物的水化物氢氧化钠反应，生成偏铝酸钠(四羟基合铝酸钠)和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。三、填空题16．5%的葡萄糖溶液常用于静脉滴注。下图是葡萄糖注射液说明书的部分内容。葡萄糖注射液说明书【名称】5%【主要成分】本品主要成分为葡萄糖，分子式C6H【性状】本品为无色或几乎为无色的透明液体【规格】每100mL含葡萄糖(1)该注射液中葡萄糖的物质的量浓度是(计算结果保留小数点后两位)。(2)现需要配制500mL5%的葡萄糖溶液，下图所示的仪器中肯定不需要的是(填标号)，还需用到的玻璃仪器是((3)配制500mL5%的葡萄糖溶液的步骤有：①称量②计算③摇匀④溶解⑤待溶液恢复到室温⑥洗涤⑦正确的操作顺序为(填标号，步骤可重复)②→①→④→___________→___________→___________→___________→___________→③；其中“定容”的具体操作为：沿着玻璃棒缓缓地将蒸馏水注入容量瓶中，直到容量瓶中的液面距离容量瓶的刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至(4)下列操作会使所配制的溶液物质的量浓度偏低的是___________(填标号)。A．容量瓶洗涤后未烘干B．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒C．定容时俯视刻度线D．定容时加水超过刻度线，把溶液吸出至刻度线【答案】(1)0.28(2)AC烧杯、玻璃棒(3)⑤⑧⑥⑧⑦溶液的凹液面正好与刻度线相切(4)BD【解析】（1）该注射液中葡萄糖的物质的量浓度是5.0g（2）配制500mL5%（3）用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，故正确的操作顺序为②①④⑤⑧⑥⑧⑦③，“定容”的具体操作为：沿着玻璃棒缓缓地将蒸馏水注入容量瓶中，直到容量瓶中的液面距离容量瓶的刻度线1∼2cm（4）A.容量瓶洗涤后未烘干，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A不选；B.转移溶液时有少量溶液洒出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B选；C.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C不选；D.定容摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D选；答案为BD。四、解答题17．材料是人类赖以生存的重要物质基础，材料种类很多，通常可分为金属材料、无机非金属材料、高分子合成材料及复合材料。(1)合金是被广泛应用的金属材料。①在原子反应堆中得以广泛应用的钠钾合金在常温下呈液态，说明合金的熔点比其成分金属的熔点(填“高”或者“低”)。②下列有关合金性质的说法不正确的是(填字母)。A．生铁和钢都属于铁碳合金，生铁的含碳量更高B．不锈钢是在碳素钢中加入其他合金元素，改变钢的结构使其具有耐腐蚀性C．硬铝的强度比纯铝小但耐腐蚀，可用于制造宇宙飞船等D．储氢合金可有效解决氢能源的安全存储和运输等问题E.铁在地壳中的含量比铜丰富，所以人类发展经历了从石器时代到铁器时代，再到青铜器时代F.稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能(2)镁、铝、铁的单质及其化合物在生产和生活中有广泛的用途。回答下列问题：①铁元素的常见化合价有+2和+3价，26Fe元素有54Fe、56②Al2O3、Fe2O3、Fe③纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Hg2+等重金属离子，其本质是(用离子方程式表示④纳米铁粉还可用于处理含氧酸性废水中的NO3该过程中体现了纳米铁粉的性(填“氧化”或“还原”)，在铁粉总量一定的条件下，废水中的溶解氧过多不利于NO3-的去除，原因是【答案】(1)低CE(2)同位素Fe2O3Fe+Hg2【解析】（1）①原本金属常温下为为固态，合金为液态说明其比成分金属熔点降低；②A．生铁中碳含量为2.11%左右；而钢中碳含量为0.2%左右，故生铁含碳量更高，A正确；B．不锈钢是在碳素钢中加入其他合金元素，改变钢的结构使其具有耐腐蚀性，B正确；C．硬铝主要指铝铜合金，其不耐腐蚀，使用时不得不在外层包一层纯铝膜，C错误；D．储氢合金可以以很小的体积储存大量的氢气，可用于运输氢能源，并确保安全，D正确；E．人类先经历青铜器时代再经历铁器时代，原因是铜较铁更不活泼，易以单质的形式存在，更早被人类利用，E错误；F．稀土可大大改善合金性能，F正确；故答案为：低；CE；（2）①54Fe②碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物，这其中，Al2O3不仅可与酸反应也可以与碱反应，属于两性氧化物；Fe3O4中包含不同价态的故答案为：Fe2③纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Hg2+等重金属离子，是由于铁粉将汞离子还原成汞单质除