湖南省永州市2024-2025学年高一上学期期末质量检测化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1湖南省永州市2024-2025学年高一上学期期末质量检测试卷一、单选题1．下列变化中，一定属于化学变化的是A．蛋白质水解 B．海水蒸发 C．石油分馏 D．液溴挥发【答案】A【解析】A．化学变化的本质是有新物质生成，蛋白质水解生成氨基酸，属于化学变化，A正确；B．海水蒸发无新物质生成，属于物理变化，B错误；C．石油分馏是利用石油中各组分沸点的不同，将其分离，此过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误；D．液溴挥发过程只是状态的改变，没有产生新物质，属于物理变化，D错误；故答案选A。2．下列有关化学品使用、环境保护和绿色化学的叙述中错误的是A．燃煤中加入CaO可减少酸雨的形成B．小苏打受热分解，可在食品加工中用作膨松剂C．阿司匹林具有解热镇痛作用，可长期大量服用D．以乙烯和氧气为原料制备环氧乙烷，体现了绿色化学思想【答案】C【解析】燃煤中加入CaO可与SO2反应生成CaSO3，CaSO3被进一步氧化为CaSO4，从而减少SO₂排放，缓解酸雨形成，A正确；小苏打（NaHCO3）受热分解产生CO2，能使面团疏松多孔,可用作膨松剂，B正确；阿司匹林长期大量服用会导致凝血功能障碍等其它副反应，不可长期大量服用，C错误；乙烯直接氧化制备环氧乙烷，原子利用率高，减少污染，符合绿色化学思想，3．下列物质与材料类别的对应关系错误的是A．棉花、油脂——天然有机高分子材料 B．玻璃、陶瓷——传统无机非金属材料C．塑料、涂料——合成有机高分子材料 D．钢铁、黄金——金属材料【答案】A【解析】棉花主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，但油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子有机物，不属于高分子材料，A错误；玻璃和陶瓷均以硅酸盐为主要成分，属于传统无机非金属材料，B正确；塑料是合成有机高分子材料，涂料中通常含合成高分子成分（如树脂），C正确；钢铁是金属合金，黄金是纯金属，均属于金属材料，D正确.故选A。4．下列有关物质用途说法错误的是A．石膏可用于调节水泥的硬化速率 B．常温下，铁或铝制容器可用来盛装王水C．体积分数为75%的乙醇溶液常用作消毒剂 D．氢氧化钠溶液可用于清洗铁制品表面的油脂【答案】B【解析】石膏作为缓凝剂加入水泥中，能延缓水泥的硬化速率，调节凝结时间，A正确；王水是浓硝酸与浓盐酸的混合液，氧化性和配位能力极强,腐蚀性强，Cl-会破坏金属表面的氧化膜，导致铁、铝被腐蚀，常温下无法盛装，B错误；75%乙醇能使细菌蛋白质变性，杀菌效果最佳，常用于医用消毒，C正确；氢氧化钠溶液与油脂发生皂化反应，生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，可用于清洗铁制品表面油脂，D故答案选B。5．下列化学用语正确的是A．蔗糖的分子式：C12H22C．丙烯的结构简式：CH2CHCH3【答案】A【解析】蔗糖属于二糖,蔗糖的分子式：C12H22O11，故A正确；乙炔的电子式：，故B错误；丙烯的结构简式：CH3CH=CH2，故C错误；题图为乙烷的空间填充模型，球棍模型应使用棍状键连接球体原子,故乙烷的球棍模型为：，故6．在一定条件下，金刚石转化为石墨的能量变化如图所示。下列说法正确的是A．金刚石比石墨更稳定B．反应物的总键能大于生成物的总键能C．等物质的量的金刚石完全燃烧释放的能量比石墨多D．1mol石墨转化为1mol金刚石，可释放b-akJ能量【答案】C【解析】由图可知，1mol金刚石的能量高于1mol石墨的能量，反应为放热反应，ΔH<0。因为金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，A错误；反应热（ΔH）=反应物总键能-生成物总键能。由图可知，金刚石转化为石墨是放热反应（反应物能量高于生成物），即ΔH<0。根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能<0，推出反应物总键能<生成物总键能，B错误；等物质的量的金刚石和石墨，金刚石能量更高。燃烧是将物质的化学能转化为热能，完全燃烧释放的热量更多。所以等物质的量的金刚石完全燃烧释放的能量比石墨多，C正确；由图可知，1mol金刚石转化为1mol石墨，释放(b-a)kJ能量（因为金刚石能量高，转化为低能量的石墨会放热）。反之，1mol石墨转化为1mol金刚石，需要吸收(b-a)kJ能量（能量低的物质转化为能量高的物质，需要吸热），D错误7．下列反应的离子方程式正确的是A．向稀硝酸中加过量铁粉：2H+＋Fe=Fe2+＋H2↑B．向醋酸溶液中加入少量Na2CO3溶液：CO32-＋2H+=CO2↑＋HC．向碳酸氢铵溶液中加入过量NaOH溶液：NH4+＋OH-=NH3·HD．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S2O32-+2H+=SO2↑＋S↓【答案】D【解析】稀硝酸与铁反应不生成H₂，而是生成NO，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-＝3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；醋酸是弱酸，应保留化学式，向醋酸溶液中加入少量Na2CO3溶液反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑，B错误；HCO₃⁻也会与OH⁻反应，反应的离子方程式：HCO8．用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的

A．用甲装置蒸发(NH4)2CO3溶液获得晶体 B．用乙装置制备干燥的NH3C．用丙装置配制一定物质的量浓度的稀硫酸 D．用丁装置验证SO2的漂白性【答案】B【解析】蒸发结晶应使用蒸发皿，且(NH₄)₂CO₃受热易分解，不适宜用蒸发结晶法制备碳酸铵晶体，A不符合题意；Ca(OH)2和NH4Cl固体在加热下反应可制备氨气，碱石灰可干燥氨气，用向下排空气法可收集氨气，试管口的棉花可防氨气逸出和空气进入，B符合题意；为防止酸液飞溅，稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入到水中，并不断用玻璃棒搅拌，搅拌散热，图示操作易导致液体飞溅,C不符合题意；将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液，两者会发生氧化还原反应，二氧化硫表现出还原性。验证SO2的漂白性，应将SO2通入品红溶液，D不符合题意.故选B。9．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该物质的说法错误的是A．分子式为C10B．分子中含有3种官能团C．能与银氨溶液反应，产生光亮的银镜 D．一定条件下，与HCl发生加成反应，可得两种产物【答案】C【解析】由图中键线式可得该有机物分子式为C10H18O3，A正确；该有机物分子中含—OH、—COO和C=C三种官能团，B正确；该有机物分子中无醛基，不能发生银镜反应，产生光亮的银镜，C错误；该有机物分子中的碳碳双键与HCl发生加成反应，氯原子可以连接在双键两端任意一个碳原子上，产生两种同分异构体，D10．NAA．4.6gNO2与水完全反应，转移电子数为B．1molCH4与1molCl2充分反应生成CHC．2molSO2和1molO2充分反应后，生成SOD．标准状况下，22.4L甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数为4【答案】D【解析】4.6gNO2的物质的量为4.6g46g/mol=0.1mol，与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3molNO2转移2mol电子，故0.1molNO2转移电子数为0.1mol×23×NA/mol≈0.0667NA，不等于0.1NA，A错误；CH₄与Cl₂发生取代反应生成多种氯代甲烷混合物（CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4），故1molCH4与1molCl2充分反应生成的CH3Cl分子数小于NA，B错误；SO2和O2生成SO3的反应为可逆反应，无法完全转化，2molSO2和1molO2充分反应生成的SO3分子数小于2NA，C错误；标准状况下22.4L混合气体为1mol，11．一定条件下，在容积为2L的密闭容器中发生反应：3As+2Bg⇌2Cg+4DgA．0~2min，B的反应速率为0.4molB．平衡时A、B的转化率之比为3:2C．平衡时物质C的体积分数为12.5% D．平衡时D的物质的量浓度为0.8【答案】D【解析】由方程式系数得Δn(B)=Δn(C)=0.8mol，计算0~2min内B的平均反应速率,B的反应速率为v(B)=0.8mol2L×2min=0.2mol⋅L-1⋅min-1，A错误；由方程式系数得Δn(A)=32Δn(12．下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作现象结论A向装有某待测液的试管中滴加NaOH溶液，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口试纸未变红色待测液中不含NHB将煤干馏后得到的气体产物通入酸性KMnO4溶液由紫红色变成无色气体产物中含有不饱和烃C浓硫酸滴在木板表面木板表面逐渐变黑浓硫酸具有吸水性D向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，几分钟后，再加入少量新制的氢氧化铜无砖红色沉淀淀粉未发生水解A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】检验NH₄⁺应使用湿润的红色石蕊试纸，且需加热，蓝色石蕊试纸检测碱性气体，颜色变化不明显且无法变红，A错误；煤干馏产生的焦炉气中含少量不饱和烃（如乙烯、丙烯），酸性KMnO4溶液可被不饱和烃氧化，导致溶液褪色，B正确；浓硫酸使木材炭化是脱水性而非吸水性，吸水性指吸收游离水,C错误；检测淀粉水解产物，要先加入氢氧化钠溶液调节水解液至碱性再加入少量新制的氢氧化铜，未中和溶液中的硫酸，硫酸会直接与新制氢氧化铜中和，无法检测水解产物，D错误.故答案选B。13．氨易液化，运输和储存方便，安全性能高。一种NH3-O2燃料电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是A．电极b上发生氧化反应B．电池工作时，溶液中c(OH-)会变大C．该装置中电流方向：电极a→导线→电极bD．电极a的电极反应式：O2＋2H2O＋4e-=4OH-【答案】B【解析】b电极通入NH₃生成N₂，N元素化合价升高,为负极，发生氧化反应，A正确；反应中生成了水，故电池工作时，溶液中c(OH-)会变小，总反应为:4NH₃+3O₂→2N₂+6H₂O,B错误；电流由正极经导线流向负极，即电流方向为电极a→导线→电极b，C正确；电极a发生还原反应O2＋2H2O＋4e-=4OH-，D正确.故选B。14．将一定质量的Cu、CuO混合物加入到0.5L稀硝酸中，固体完全溶解，产生5.6LNO(标准状况)。向所得溶液中再加入0.5L2.5mol/LNaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全。过滤后，将沉淀洗涤、干燥、充分灼烧得到40.0g固体。下列判断错误的是A．稀硝酸浓度为3.0mol/LB．原固体混合物中含10.0gCuOC．原固体混合物中m(Cu)：m(O)=4：1D．固体完全溶解时所消耗的硝酸中，被还原与未被还原的硝酸物质的量之比为1：4【答案】C【解析】铜和氧化铜的混合物溶于稀硝酸中，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、5.6LNO(0.25mol)和水，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜和水，向所得溶液中加入NaOH溶液，Cu2+和OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤洗涤后灼烧得到氧化铜的质量为40.0g(0.5mol)，所得滤液为硝酸钠溶液，按钠离子守恒，硝酸钠为0.5L×2.5mol/L=1.25mol；被消耗的硝酸分为两部分:被还原为NO的硝酸与未被还原的硝酸,按氮元素守恒，0.5L稀硝酸中溶质的物质的量为1.25mol+0.25mol=1.5mol，则稀硝酸浓度为1.5mol÷0.5L=3.0mol/L，故A正确；铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，生成的NO的物质的量为0.25mol，则转移电子0.75mol，根据电子守恒，消耗的铜为0.375mol，根据铜元素守恒，固体溶解后溶液中铜离子共0.5mol，其中有0.5mol-0.375mol=0.125mol来自氧化铜，则原有氧化铜0.125mol，质量为0.125mol×80g/mol=10.0g，故B正确；由B分析可知，混合物中的氧元素全部来自CuO,所以铜元素共有0.5mol、质量为0.5mol×64g/mol=32g，氧化铜有0.125mol，则氧元素质量为0.125mol×16g/mol=2g，所以原固体混合物中m(Cu)：m(O)=32:2=16:1，故C错误；固体完全溶解时所消耗的硝酸用于生成一氧化氮和硝酸铜，生成的NO的物质的量为0.25mol，则被还原的硝酸为0.25mol，反应中形成硝酸铜0.5mol，则未被还原的硝酸为1.0mol，则被还原与未被还原的硝酸物质的量之比为0.25mol:1.0mol=1:4，故D正确.故选C。二、解答题15．亚硝酸钠（NaNO2）的外观与食盐相似，是一种白色结晶状粉末，易溶于水，易被氧化。实验室可用NO已知：①2NO+②酸性条件下，NO、NO2或NO2-都能与MnO4-回答下列问题：(1)组装好仪器后，首先进行的操作是，然后装入药品。(2)装置A中盛装浓HNO3的仪器名称为(3)装置B中观察到铜粉溶解，请写出该反应的化学方程式。(4)装置C、E中盛装相同的试剂是，其中E的作用是。(5)实验结束后，再通入一段时间N2，其目的是(6)测定样品中NaNO2ⅰ.准确称取7.00g样品置于烧杯中，加入蒸馏水溶解，然后配成250mL溶液。ⅱ.向锥形瓶中移入25.00mL样品溶液，滴加0.10mol/L酸性KMnO4ⅲ.重复步骤ⅱ三次。①平均消耗酸性KMnO4溶液为36.00mL，样品中NaNO2的纯度是②测定时操作时间不宜过长，否则导致测定的结果（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。【答案】(1)检查装置气密性(2)分液漏斗(3)3NO2(4)浓H2SO4（浓硫酸）(5)将装置中残留有NO2气体和NO气体赶到装置F(6)88.7%偏小【解析】（1）在气体制取实验中，组装好仪器后，首先进行装置气密性的检查，防止漏气,然后装入药品。（2）根据实验装置中的仪器图形可知，盛装浓HNO3的仪器名称为：分液漏斗,（3）装置A中生成NO2气体通入装置B中，NO2气体先与水反应生成硝酸和NO：3NO2+H2（4）装置C、E中盛装相同的试剂为：浓H2SO4（浓硫酸）；装置C的作用为：干燥NO气体；装置E（5）实验结束后，装置中残留有NO2气体和NO气体，此时再通入一段时间N2，其目的将装置中残留有NO2气体和NO（6）准确称取7.00g样品置于烧杯中，加入蒸馏水溶解，然后配成250mL溶液；向锥形瓶中移入25.00mL样品溶液，滴加0.10mol/L酸性KMnO4溶液至恰好反应完全；NaNO2与酸性KMnO4①平均消耗0.10mol·L-1酸性KMnO4溶液为36.00mL②测定时操作时间不宜过长，如NaNO2溶液长期暴露在空气中，会有部分NaNO16．甲醇是一种重要的化工原料。工业上合成甲醇的方法有多种。回答下列问题：Ⅰ．催化合成法利用CO、CO2和H①CO②CO(1)在某一时刻采取下列措施，能使反应①速率加快的是______。A．降低温度 B．恒温恒容下，再充入COC．从反应体系中移走甲醇 D．恒温恒压下，再充入He(2)相关化学键的键能数据如下表：化学键HCCHCE/（kJ/mol）436351745463413在一定条件下，当反应②生成1molCH3OHg时，放出(3)某温度下，向容积为2L的密闭容器中充入0.3molCO2、0.9molH2发生反应②，5min末测得H2ⅰ.0~5min内，用CO2浓度变化表示该反应的速率为mol/(L·min)ⅱ.下列说法表明反应②一定达到化学平衡状态的是。A．3vB．容器内气体密度保持不变C．气体的平均相对分子质量保持不变

D．容器内压强保持不变Ⅱ．电化学法一种由与CO制备甲醇的工作原理如图所示：(4)通入H2的一极为电池的（填“正极”或“负极”），通入CO的一极发生的电极反应式为；每生成3.2gCH3OH，通过质子膜的H+物质的量为【答案】(1)B(2)181(3)0.018CD(4)负极CO+4e-【解析】（1）反应①为：COg降低温度，反应速率减慢，不符合题目要求，A错误；恒温恒容下，再充入CO，增大反应物浓度，反应速率加快，符合题目要求，B正确；从反应体系中移走甲醇，减小生成物浓度，反应速率减慢，不符合题目要求，C错误；恒温恒压下，再充入不参加反应的He，相当于扩大体积，浓度减小，则反应速率减慢，不符合题目要求，D错误；故答案为：B。（2）反应②为：CO2g+3H2g（3）某温度下，向容积为2L的密闭容器中充入0.3molCO2、0.9molH2发生反应CO2g+3H2ⅰ.0~5min内，根据反应方程式生成H2Og的物质的量为0.18mol可知消耗的CO2的物质的量也为0.18mol，则用ⅱ.下列说法表明反应一定达到化学平衡状态的是：3vH2O=vH2换算后得到vH2vH2O=31（4）根据CO制备甲醇的原电池工作原理图可知：右侧电极上通入的CO在H2SO4溶液中转化为CH3OH，化合价降低，被还原，则右侧多孔碳棒电极为正极，电极反应式为：CO+4e-+4H+=CH3OH；根据图中信息，则左侧电极通入的H2转化生成H+，H₂失电子生成H⁺被氧化，在原电池的负极反应，则左侧多孔碳棒为负极，电极反应式为：H2-2e-=2H+17．矿产资源、生物资源等是人类社会发展不可或缺的自然资源。Ⅰ．一种以铝土矿（主要成分是Al2O3，含有SiO2、回答下列问题：(1)“步骤Ⅱ”的操作名称为。(2)固体D的成分（填化学式）。(3)写出“步骤Ⅲ”中生成AlOH3的离子反应方程式(4)请推测上述步骤中哪一步转化过程消耗的能量最多，并说明理由。Ⅱ．从海带中提取I2已知：I2(5)“步骤④”中反应的离子方程式为；该步骤中的H2O2也可用Cl2替代，但需要控制Cl2的用量。Cl2不足或过量都会导致(6)“步骤⑤”是往含I2的水溶液中加入有机试剂提取I2。可选用的试剂为a．苯

b．四氯甲烷

c．酒精【答案】(1)过滤(2)FeOH3(3)Al(4)步骤V；步骤I→步骤Ⅲ都在溶液中进行，所需能量很低；步骤Ⅳ需要加热要消耗一定的能量；步骤V需要电解熔融Al2(5)2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O(6)ab【解析】（1）“步骤Ⅱ”为分离FeOH3和MgOH（2）加过量NaOH后，Fe³⁺、Mg²⁺分别转化为Fe(OH)₃、Mg(OH)₂沉淀,故固体D的成分：FeOH3、（3）“步骤Ⅲ”发生的反应为在AlOH4-溶液中通入过量CO2将生成AlOH（4）步骤I→步骤Ⅲ都在常温溶液中进行，所需能量很低；步骤Ⅳ需要加热使AlOH3沉淀分解生成Al2O3，要消耗一定的能量；步骤V需要电解熔融Al（5）“步骤④”为在含I-的溶液中加入酸性H2O2将I-氧化为I2，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H（6