四川省德阳市高中2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1四川省德阳市高中2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测考试一、单选题1．合金的应用促进了人类社会的发展。下列物品的主要成分不属于合金的是A．三星堆青铜面具B．蛟龙号潜水器耐压外壳C．不锈钢锅D．塑料管材A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】青铜为铜锡合金，A不符合题意；蛟龙号潜水器耐压外壳为钛合金，B不符合题意；不锈钢为铁碳合金，C不符合题意；塑料属于合成高分子材料，不属于合金，D符合题意；故选D。2．侯德榜先生为化工事业的发展作出了卓越贡献，侯氏制碱法涉及反应：NaCl饱和A．H2OB．CO2的结构式：C．NH4D．光束通过饱和氯化钠溶液会出现丁达尔效应【答案】B【解析】H2O为共价化合物，电子式：，A错误；CO2中C和O之间为双键，结构式：O=C=O，B正确；NH4Cl由铵根离子和氯离子构成，是离子化合物，3．下列事实或现象不涉及氧化还原反应的是A．铜与氯气在加热条件下反应 B．铁生锈C．雪天道路上撒盐融雪 D．过氧化钠用作呼吸面具的供氧剂【答案】C【解析】铜与氯气反应生成氯化铜，反应中铜和氯元素的化合价均发生变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意；铁生锈是铁被氧化为氧化铁的过程，涉及氧化还原反应，B不符合题意；撒盐融雪是利用盐溶解降低水的凝固点，属于物理变化，不涉及氧化还原反应，C符合题意；过氧化钠与水或CO2反应生成氧气，氧的化合价从-1变为0和-2，涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选C。4．我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。涉及反应：12A．12H、B．13HC．24HD．12H、【答案】A【解析】12H、13H的质子数均为1，属于氢元素的两种不同核素，A错误；13H是氢的同位素氚，符号为T，B正确；24He的中子数为4−2=2，C正确；125．下列有关Na2O2A．Na2O2和Na2B．Na2O2C．Na2O2和Na2OD．Na2O2【答案】D【解析】Na2O2的构成微粒为Na+和O22-，阳离子与阴离子个数比为2:1，Na2O的构成微粒为Na+和O2-，阳离子与阴离子个数比也为2:1，A正确；Na2O长期置于空气中，会逐步与CO₂和H₂O反应，最终生成Na₂CO₃；Na2O2先与水反应生成NaOH和O2，NaOH再进一步吸收CO₂，也转化为Na₂CO₃，最终产物相同，B正确；Na2O与水反应直接生成NaOH；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，两者均有NaOH生成，C正确；Na2O与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物；而Na₂O₂与酸反应除生成盐和水外，还释放出O₂，不符合碱性氧化物的定义，D错误；6．NAA．1.6g由O2和O3B．一定条件下，1molFe与足量的Cl2反应，转移的电子数为C．标准状况下，22.4LCl2溶于水得到的溶液中氯分子数目为D．1.4g14N2【答案】A【解析】O2和O3均由氧原子构成，1.6g混合物中氧原子总物质的量为1.6g16g/mol=0.1mol，氧原子数为0.1NA，A正确；Fe与Cl2反应生成FeCl3，1molFe失去3mol电子，转移电子数为3NA，B错误；Cl₂溶于水时部分发生反应：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中Cl2分子数目小于NA，C错误；14N的中子数为7，1.4g14N2的物质的量为1.4g7．学家第一次让18个碳原子连成环，其合成过程如图所示。下列说法正确的是A．质量相等的CO和CO2B．C18的摩尔质量为C．1molC20O2D．C18【答案】D【解析】根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压气体的体积比等于物质的量之比，根据n=mM可知等质量的CO与CO₂的物质的量关系为n(CO)>n(CO₂)，所以VCO＞VCO2,故A错误；C18的摩尔质量为216g/mol，故B答案选D。8．下列有关反应的离子方程式正确的是A．向KBr溶液中加入碘水：IB．Na和CuSO4溶液反应：C．Cl2与NaOH溶液反应：D．向BaOH2【答案】B【解析】碘的氧化性弱于溴，无法将Br-氧化为Br2，反应不能发生，A错误；钠先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与Cu2+生成Cu(OH)2沉淀，总反应的离子方程式正确，B正确；Cl2与NaOH反应的离子方程式应为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，选项C未配平，C错误；Ba(OH)₂与H₂SO₄反应时，Ba²⁺与SO₄²⁻会生成BaSO₄沉淀，H⁺与OH⁻会生成H₂O，Ba(OH)2与9．利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是A．制备氢氧化铁胶体B．测定新制氯水的pHC．比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性D．用焰色试验检验钾元素A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】制备氢氧化铁胶体应将饱和氯化铁溶液滴入沸水，A错误；新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，B错误；碳酸钠加强热，若左侧澄清石灰水不浑浊，右侧澄清石灰水浑浊，可证明碳酸钠比碳酸氢钠的热稳定性强，C正确；钾元素焰色试验需透过蓝色钴玻璃观察，D错误；故选C。10．下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是A．Br2→Br- B．Fe→Fe【答案】B【解析】Br2→Br-中溴的化合价从0降至-1，溴得电子，被还原，需还原剂，A不符合题意；Fe→Fe2+中铁的化合价从0升至+2，铁失电子，被氧化，需加入氧化剂，B符合题意；CO2→CO32-中碳的化合价均为+4，未发生氧化还原反应，无需氧化剂，C不符合题意；ClO11．利用传感器和信息处理终端对氯水的光照实验进行数据采集与分析得到以下图象，相关说法正确的是A．图一可为光照过程中氯水中c(H+)的变化情况B．图二可为光照过程中氯水中c(HClO)的变化情况C．图三可为光照过程中氧气在瓶中的体积分数的变化情况D．根据实验数据推测，氯水长期放置后漂白性和酸性都会逐渐减弱【答案】C【解析】氯水中存在反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，光照时，氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，导致溶液中H⁺浓度逐渐增大，因此A选项与图示变化趋势不符，故A错误；光照时，光照过程氯水中HClO分子不断分解，其浓度应持续下降，而B选项对应的图示呈上升趋势，与反应事实不符，故B错误；光照时，氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，氧气在瓶中的体积分数变大，与图示变化相符，故C正确；氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，c(H+)增大，酸性增强，故D错误；故选：C。12．高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理可用离子方程式(未配平)A．X为HB．生成1molNa2FeOC．反应中ClO-D．产物中n【答案】B【解析】根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-加热2FeO42-+3Cl-+5H2O，故X为OH⁻，A错误；Fe3+被氧化为FeO42-，铁元素化合价由+3升至+6，每个Fe3+失去3个电子，生成1molNa2FeO4时转移3mol电子，转移电子数为3NA，B正确；ClO-13．下列“实验操作及事实”与“实验结论”均正确的一组是实验操作及事实实验结论A向NaHCO3该过程放热B将盐酸滴入磷酸钙Ca3PO非金属性：ClC绿豆大小的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈金属性：NaD向溶液中滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀，再加入足量稀硫酸，沉淀不溶解原溶液含ClA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C14．下列实验方案中，不能测定出Na2CO3A．取ag该混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bmol固体B．取ag该混合物充分加热，质量减少bgC．取ag该混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后测出体积为bL(标准状况)D．取ag该混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液【答案】D【解析】A．取ag混合物与足量稀盐酸反应，最终得到bmolNaCl固体。根据反应关系，2x+y=b，106x+84y=a，可求解两者质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物加热，减少的bg为NaHCO3分解产生的CO2和H2O总质量。根据差量法：2NaHCO3ΔNa2CO3+COC．取ag混合物与足量稀硫酸反应，生成bLCO2（标准状况），CO2物质的量为x+y=b22.4，106x+84y=a，可求解两者质量分数，CD．取ag混合物与过量NaOH溶液反应，得到bg溶液。溶液质量包含原混合物、过量NaOH及生成物，但无法确定过量NaOH的具体量，无法建立有效方程计算两者质量分数，D符合题意；故选D。二、非选择题15．德阳是国内第一个“联合国清洁技术与再生能源装备制造业国际示范城市”。我国提出在2060年前实现“碳中和”，德阳大有可为。下图所示为一种含碳物质转化的技术路线：已知：CH3回答下列问题：(1)上图出现的物质中属于电解质的有H2O、(填化学式，下同)；属于酸性氧化物的是(2)若反应①在稀溶液中进行，其离子方程式为，属于(填基本反应类型)。(3)反应③中，参加反应的H2和生成的CH3OH的分子数目之比为，每生成1molH2(4)分子具有一定的空间结构，通过X射线衍射法等现代实验手段可以测定某些分子的结构，H2O分子的空间结构呈(5)已知质量分数为20%的K2CO3溶液密度为1.25g/cm3，K【答案】(1)K2CO3、KHCO(2)CO32-(3)3：16NA(或6×6.02×10(4)V(5)1.8【解析】（1）在水溶液或熔融状态下导电的化合物为电解质，H2O、K2CO3、KHCO3为电解质，在水溶液和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质，CH4、CH3OH、CO2为非电解质，H2为单质，既不是电解质也不是非电解质；能与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO2（2）若反应①在稀溶液中进行，其离子方程式为：CO3（3）反应③的化学方程式为：3H2+CO2→催化剂CH3OH+H2O，参加反应的H2和生成的CH3OH的分子数目之比为3:1，H元素由（4）H2O分子的空间结构呈：V形，（5）已知质量分数为20%的K2CO3溶液密度为1.25g/16．1869年，俄国化学家门捷列夫制出的第一张元素周期表，成为化学发展史上重要的里程碑之一。下图代表元素周期表的一部分，元素①~④在周期表中的位置如图。回答下列问题：(1)目前使用的元素周期表中主族有个，副族包含个列，第七周期已全部排满，该周期有种元素。(2)③在元素周期表中的位置是。(3)①、②、④三种元素形成的化合物的化学式为。(4)用电子式表示①和③形成化合物的过程。(5)元素⑥的最高价氧化物的水化物与元素③的最高价氧化物的水化物溶液反应的离子方程式为。(6)根据元素在周期表中的位置，下列各组性质比较中正确的是(填标号)。a.酸性：H3PO4>c.碱性：AlOH3>Mg(7)亚硒酸钠(Na2SeO3)具有消除活性氧，抗人体衰老的作用。Na2SeO3中Se【答案】(1)71032(2)第二周期ⅤA族(3)H2(4)(5)OH(6)bd(7)S和Se位于同一主族，S电子层数比Se少，原子半径S小于Se，得电子能力S比Se强，故非金属性S更强【解析】（1）目前使用的元素周期表中主族有7个，副族包含10个列，第七周期已全部排满，该周期有32种元素，故答案为：7；10；32。（2）③为N，在元素周期表中的位置是第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族。（3）①为H、②为C、④为O，三种形成的化合物可以为碳酸、甲酸等，化学式为H2CO3（4）用电子式表示H和N形成化合物氨气的过程如图：，故答案为：。（5）元素⑥是Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，元素③是N，其最高价氧化物的水化物为HNO3，两者发生中和反应，离子方程式为：OH-+（6）非金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：P＜N，则酸性：H3PO4＜HNO3，a项错误；同主族元素，从上到下非金属减弱，则非金属性：F>Cl，b项正确；金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Al＜故答案为：bd。（7）由Se的原子结构示意图可知，S和Se位于同一主族，S电子层数比Se少，原子半径S小于Se，原子核对最外层电子的吸引能力更强，得电子能力S比Se强，故非金属性S更强，故答案为：S和Se位于同一主族，S电子层数比Se少，原子半径S小于Se，得电子能力S比Se强，故非金属性S更强。17．实验室制取纯净氯气的装置如图。回答下列问题：(1)实验室制取Cl2的化学方程式是，浓盐酸表现酸性和(2)图中“”内气体收集装置最合适的是(填标号)。(3)将氢气通入氯气中并点燃，现象是。(4)为探究Cl2反应①的离子方程式为；结合上图中实验现象，当nCl2nFeI2=1.5，Cl2与FeI(5)ClO2有类似Cl2的性质，向酸化的KI淀粉溶液中通入ClO2会变蓝色，产生该现象的离子方程式为。请列举ClO2【答案】(1)MnO2+4HCl(2)A(3)安静地燃烧，发出苍白色火焰(4)Cl2+2I-=2(5)2ClO2+10I【解析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水，化学方程式为：MnO2+4HCl浓Δ（2）氯气的密度大于空气，可使用向上排空气法收集氯气，应该使用A装置，气体导入应长进短出，故答案为：A。（3）将氢气通入氯气中并点燃氢气会燃烧，现象是：安静地燃烧，发出苍白色火焰，故答案为：安静地燃烧，发出苍白色火焰。（4）FeI2溶液中通入少量的Cl2，由实验②滴加KSCN溶液无明显变化可知，Cl₂优先与I⁻反应，说明反应①是氯气和碘离子反应，离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2；根据nCl2nFeI2=1.5，设FeI2（5）ClO2有类似Cl2的性质，向酸化的KI淀粉溶液中通入ClO2会变蓝色，说明生成了碘单质，ClO2中氯元素化合价降低，变为氯离子，离子方程式为：2ClO218．为实现工业含铝、铁、铜合金(假定其余杂质与酸碱都不反应)废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下回收利用方案：回答下列问题：(1)合金与足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式为。(2)操作①的名称为。(3)试剂X为，若要从滤液D得到绿矾晶体，操作③包括：蒸发浓缩、、过滤、洗涤、干燥。(4)若沉淀C恰好溶解于稀盐酸，溶液F中溶质为(填化学式)。(5)若试剂Y是H2O2溶液，④中发生反应的化学方程式为(6)用绿矾晶体配制480mL0.2mol/LFeSO4溶液，需称量绿矾晶体的质量为g，配制该溶液用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要。下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是(填标号)A．称量的绿矾晶体有部分失去结晶水B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容C．未用蒸馏水洗烧杯2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中D．容量瓶底部残留少量蒸馏水，没有干燥完全E.定容时，发现液面略高于刻度线，吸出少量使凹液面与刻度线相切【答案】(1