浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一上学期期中考试（1班） 化学试题

这是一份浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一上学期期中考试（1班） 化学试题，文件包含高一化学答案1班docx、高一化学1班docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

1．C
【详解】比较CH4、C2H6、C3H6、C4H10中C、H原子个数的变化，每增加1个C原子，则同时增加2个H原子，由此可推得烷烃的通式为CnH2n+2。则含有8个碳原子的烷烃分子式为C8H2×8+2，即为C8H18，答案为C。
2．B
【详解】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，同一反应中各物质的反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越大；
A． ， ；
B．；
C．C为固体物质，其浓度为常数，不能用其浓度变化表示反应速率；
D．；
则B中比值最大，B符合；答案选B。
3．C
【详解】
A．的电子式，A错误；
B．氯离子半径大于钠离子，NaCl溶液中的水合离子：，B错误；
C．为弱酸根离子，部分电离出碳酸根离子和氢离子，电离方程式为：，C正确；
D．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，D错误；
故选C。
4．B
【详解】化学反应：循质量守恒定律，则反应前后的元素相同，原子个数相等。观察方程式发现：K、Mn、S元素的原子个数前后相等，反应前现有40个O原子，而反应后共45个O原子，则R中共5个O原子，反应前现有12个H原子，而反应后共有22个H原子，则R中共有10个H原子，反应前没有C原子，而反应后共有5个C原子，则R中共有5个C原子，又R的化学计量数为5，则R的化学式为CH2O，故选B。
5．D
【详解】A．只含有两种元素，其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故过氧乙酸不属于氧化物，A错误；
B．乙醇与甲醚分子式相同，等质量时，物质的量相同，完全燃烧消耗氧气的量相等，B错误；
C．无水酒精会刺激病毒产生休眠体，而75%酒精的酒精能更好的破坏病毒结构，效果更好，C错误；
D．中Na为+1价，O为-2价，根据化合价代数和为零，可知Cl为+1价，D正确；
故选D。
6．D
【详解】A．工业上用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，A错误；
B．用氨气制取铵态化肥，是一种化合态的氮转化成另一种化合态，不属于固氮，B错误；
C．焦炭高温还原二氧化硅制备粗硅，工业上，用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，得不到高纯硅，C错误；
D．裂化的主要目的是为了获得轻质油，还能得到短链的烯烃、烷烃等副产物，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯等，石油的裂化或裂解可以制取小分子的烷烃和烯烃，D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．化合价代数和为零，中氧元素显-2价，锌元素显+2价，所以铁元素的化合价是+3价，故A错误；
B．在反应1中逐渐消耗，在反应2中又会逐渐地合成，所以循环制氢反应中不需要不断加入，故B错误；
C．反应2 产生的氢气在反应3中转化为 MgH2和MgCu2，据化学方程式：可知，反应③所得的氢气大于反应②所得的氢气，故C错误；
D．镁和氧气反应会生成氧化镁，铜和氧气反应会生成氧化铜，所以反应3中氩气作保护气，防止金属镁、铜在高温下与氧气反应，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】A．由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，则反应2A(g)+B(g)=2C(g)为吸热反应，即ΔH＞0，A正确；
B．由图可知，金刚石的能量比石墨的能量高，则石墨转变为金刚石是吸热反应，B正确；
C．根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终状态有关，而与反应途径无关，则由图可得：ΔH1=ΔH2+ΔH3，C正确；
D．稀释浓硫酸是放热的过程，但没有新物质生成，不属于化学反应，D错误；
故选D。
9．D
【分析】根据装置中电子的移动方向，可判断该电池左边为负极，发生氧化反应，右端为正极，发生还原反应。
【详解】A．根据分析可知，该电池右端为正极，发生还原反应，A正确；
B．氢气在负极发生氧化反应，电极反应式：，B正确；
C．负极发生反应：，正极发生反应：，则电池总反应：，C正确；
D．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，即向右移动，向左移动，D错误；
答案选D。
10．D
【分析】SiO2是酸性氧化物，能够与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2O，向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4，发生复分解反应产生H2SiO3，将H2SiO3沉淀过滤，然后进行煅烧，发生分解反应产生SiO2、H2O，然后根据问题进行分析、解答。
【详解】A．根据上述分析可知：X是Na2SiO3，Y是H2SiO3。Na2SiO3具有粘性，不能够燃烧，也不支持燃烧，因此X可用作木材防火剂，A正确；
B．根据流程图可知：在步骤Ⅱ中Na2SiO3、H2SO4发生复分解反应产生Na2SO4、H2SiO3，该反应的化学方程式是Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3↓+Na2SO4，B正确；
C．由于酸性：H2CO3＞H2SiO3，因此根据复分解反应，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，可知在步骤Ⅱ中酸稀硫酸也可用CO2来代替，此时会发生反应：Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3，C正确；
D．SiO2能与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2O，因此SiO2是酸性氧化物；尽管SiO2能够与HF反应产生SiF4、H2O，但反应产生的SiF4不属于盐，因此不能说SiO2是两性氧化物，D错误；
故合理选项是D。
11．C
【详解】A．根据X的结构简式可知，分子式是C14H26O2，A错误；
B．X含有酯基，且碳原子数不多，则X不溶于水，密度比水小，B错误；
C．X含有酯基，遇酸或碱溶液均发生水解反应而变质，C正确；
D．X含有酯基和六环状结构，属于脂环化合物，可能有香味；乙酸乙酯为链状化合物，两者结构不同，不是同系物，D错误；
答案选C。
12．C
【分析】根据转化信息，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为；反应Ⅱ为As2S3在自然光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为。
【详解】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则反应Ⅰ中氧化性：氧化剂O2>氧化产物H2S2O3，A正确；
B．As2S3中元素As为+3价，元素S为-2价，则反应Ⅱ中，As2S3发生氧化反应生成和，元素As和S化合价均升高，B正确；
C．结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的方程式中化学计量数可知，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．反应Ⅰ中，As2S3中S元素从-2价升高为中的+2价，则氧化1mlAs2S3转移的电子数为；反应Ⅱ中，As2S3中As元素从+3价升高为中的+5价，S元素从-2价升高为的+6价，则氧化1mlAs2S3转移的电子数为，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1mlAs2S3转移的电子数之比为，D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A．氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，A错误；
B．根据固体颜色无法证明产物有Fe3O4，因为还原铁粉、氧化亚铁、Fe3O4都是黑色固体，B错误；
C．强光直射甲烷与氯气的混合气体会发生爆，应用漫散光照射，C错误；
D．铁没有焰色反应，可以用无绣铁丝做硫酸钠的焰色试验，D正确；
故选D。
14．D
【详解】A项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率越小，故选项A错误；
B项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快,故选项B错误；
C项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选项C错误；
D项，在aml混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO的反应速率为v=∆n/∆t==ml/s，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
15．B
【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．SO2具有还原性，发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了它的还原性，B错误；
C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；
故选B。
16．C
【详解】①乙烷性质稳定，既不能与酸性高锰酸钾溶液反应，也不能与溴水反应，因此不能使两种溶液褪色，①不符合题意；
②环己烷稳定，既不能与酸性高锰酸钾溶液反应，也不能与溴水反应，因此不能使两种溶液褪色，②不符合题意；
③丙块分子中含有不饱和的碳碳三键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，也可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，③符合题意；
④2-丁烯分子中含有不饱和的碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，也可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，④符合题意；
⑤环己烯分子中含有不饱和的碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，也可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，⑤符合题意；
⑥二氧化硫气体具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，也可以被溴水氧化而使溴水褪色，⑥符合题意；
⑦聚乙烯分子中不存在不饱和键，性质稳定，既不能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，也不能与溴水反应而使溴水褪色，⑦不符合题意；
综上所述可知：能够使酸性高锰酸钾溶液、溴水都褪色的物质序号是③④⑤⑥，共四种，故合理选项是C。
17．A
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。利用物理量判断反应是否平衡的依据是“变量不变则平衡”。
【详解】Ⅰ．
①v正 (N2)= 2v逆(NH3)时，正逆反应速率不等，反应未达到平衡。
②1个键断裂的同时，一定有6个N-H键形成，若同时有6个键断裂，则说明正逆反应速率相等，反应处于平衡状态。
Ⅱ．
③该反应为气体非等体积变化，反应正向进行过程中，气体的物质的量将减小，恒温恒容时，气体的物质的量之比等于气体的压强之比，当气体的压强不再改变时，说明气体的物质的量不变，反应处于平衡状态。
④参加反应的物质均为气体，因此反应过程中气体的总质量不变。恒温恒压时，气体的物质的量之比等于容器体积之比，因此该反应正向进行过程中，容器体积将减小，当气体的密度()不再改变时，说明反应处于平衡状态。
Ⅲ．
⑤反应物中有固体参与，因此反应正向进行过程中，气体的质量将增大，恒温恒容时，当气体的密度()不再改变时，说明反应处于平衡状态。
⑥设起始加入1ml水蒸气和足量固体碳，则起始气体摩尔质量为18g/ml，设水蒸气的转化量为xml，则反应过程中气体的平均相对分子质量=，因此恒温恒容时，气体的平均相对分子质量不再改变时，说明反应处于平衡状态。
Ⅳ．
⑦恒温恒容时，生成的二氧化碳和氨气的比值为定值，所以M不会发生改变，当M不变时，不能确定达到平衡；
⑧生成的二氧化碳和氨气的比值为定值，CO2的体积分数为定值，不能说明反应达到平衡；
Ⅴ．
⑨反应物的起始量及转化率未知，因此无法根据物质的浓度之比判断反应是否处于平衡状态。
⑩恒容绝热时，随反应的进行，温度将变化，温度变化会引起压强变化，因此当压强不再改变时，反应处于平衡状态。
可以证明可逆反应达到平衡状态的有6个；
故选A。
18．C
【详解】A．非金属性强弱判据之一是：最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，盐酸不是最高价含氧酸，故A错误；
B．稀盐酸中酸化，再滴加溶液，澄清溶液中出现白色沉淀，原无色晶体可能为SO3或NaHSO4,在水溶液中产生或电离出硫酸根，故B错误；
C．该溶液若为氨水，滴加浓NaOH溶液，加热，湿润的红色石蕊试纸靠近试管口也可变蓝，则不一定含有铵根离子，故C正确；
D．溶液出现蓝色说明产生了碘单质，但也有可能是硝酸氧化碘离子产生的碘单质，无法证明氧化性为：，故D错误；
故答案选C。
19．(1)
(2)将溴富集得到高纯度溴
(3)
(4)
(5)Cl2过量，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应
【分析】海水中溴和通入氯气反应，溴被氯气氧化为溴单质，在吹出塔中溴单质被吹出，吹出溴在吸收塔中和二氧化硫反应被还原为溴离子，在蒸馏塔中溴离子又被氯气氧化为溴单质得到产品；
【详解】（1）过程③中和吹出的溴反应，所起的作用为吸收溴生成溴离子和硫酸根离子，用离子反应方程式表示为：；
（2）步骤①已经获得Br2，步骤②③④的目的是将溴富集得到高纯度溴；
（3）该工业生产过程中，为了使MgCl2转化为Mg(OH)2，应加入的试剂为Ca(OH)2，氢氧化钙和氯化镁可以生成氢氧化镁沉淀；
（4）冶炼金属Mg的反应为电解熔融氯化镁生成镁和氯气，；
（5）通入的过程中，因还原性强于，先氧化还原性强的，反应的化学方程式为；，若反应物用量比时，先氧化再氧化，恰好将和全部氧化，氧化产物为和；当即过量，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。
20．(1)245
(2) BC AC
(3)
【详解】（1）由信息可知，断裂1mlH-H键，0.5mlO-O键时吸收的总能量为436kJ+249kJ=685kJ；生成2mlH-O键释放的总能量为930kJ，释放的总能量比吸收的总能量多245kJ，该能量差即为化学反应释放的能量；
（2）①由化学方程式可知，0到10min内，；
②，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A错误；，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，B正确；O2的含量保持不变，说明生成O2速率等于消耗O2的速率，即正反应速率相等，反应达到平衡，C正确；SO2、O2、SO3化学计量数之比为2∶1∶2，当SO2、O2、SO3的浓度之比为2∶1∶2不能说明正逆反应速率相等，只有体系中各物质的浓度都不在变化时反应才达到平衡，D错误；
③降低温度，活化分子比例减小，反应速率减小，A正确；加入催化剂，降低反应活化能，能加快反应速率，B错误；增大容器体积，相当于减小物质浓度，反应速率减小，C正确；恒容下，加入He，不影响各物质的浓度，不影响反应速率，D错误；
（3）该燃料电池中，正极上通入O2，石墨电极Ⅱ为正极，电极反应式为，负极上通入NO2，石墨电极I为负极，电极反应式为。
21．(1)淀粉
(2)C6H12O6
(3)CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
CH3CH2OH 2C6H12O6＋2CO2
葡萄糖
(4)CD
【分析】土豆丝放入水中浸泡，水变浑浊并产生白色沉淀，其主要成分是有机物A，A遇碘会变蓝。A是淀粉，淀粉在催化剂作用下水解产生B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生C是乙醇，结构简式是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的D是乙酸，结构简式是CH3COOH，乙醇与乙酸在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生的E是有香味的无色油状液体，该物质是CH3COOCH2CH3。
【详解】（1）根据上述分析可知有机物是淀粉；
（2）淀粉在催化剂存在条件下发生水解反应产生B是葡萄糖，其分子式是C6H12O6；
（3）有机物C是CH3CH2OH，有机物D是CH3COOH，二者在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，该反应是可逆反应，反应方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；
（4）A．有机物C是CH3CH2OH，有机物D是CH3COOH，有机物E是CH3COOCH2CH3，饱和Na2CO3溶液能够溶解乙醇，液体不分层；能够与乙酸反应放出CO2气体而产生气泡；与乙酸乙酯混合，液体分层，油层在上层，可见三种液体物质与Na2CO3溶液混合，现象各不相同，可以鉴别，A错误；
B．有机物A是淀粉，该物质是高分子化合物，其分子式是(C6H10O5)n，B错误；
C．有机物B是葡萄糖，分子中含有醛基，能够与银氨溶液发生银镜反应，C正确；
D．乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与H2O在一定条件下发生加成反应产生CH3CH2OH，D正确；
故合理选项是CD。
22．(1)
(2)
(3) 加成反应
(4)4
【分析】
在催化剂和加热条件下与足量的H2发生加成反应生成A为；与Br2/CCl4发生加成反应生成B为；结合题干(3)可知在催化剂和加热条件下与H2O发生加成反应生成C为；在催化剂和加热条件下发生加聚反应生成高聚物D为；
【详解】（1）
苯乙烯生成高聚物D的的化学方程式为n；
（2）
据分析可知，C的结构简式为；
C中含有羟基，且羟基所连碳上有氢，则该有机物在铜作催化剂和加热的条件下发生氧化反应的化学方程式为；
（3）
反应①为与CH2=CH2在H3PO4作催化剂条件下发生加成反应生成，则反应①为加成反应；反应②为与CH3CH2Cl在AlCl3和加热条件下发生取代反应生成和HCl，其化学方程式为+CH3CH2Cl+HCl；
（4）
有如下三种结构：CH2=CHCH2CH3、CH3-CH=CH-CH3和，根据题中信息，中碳碳双键被氧化断裂的情况如下： ，三种烯烃被氧化得到的产物有HCHO、CH3CH2CHO、、，故氧化产物最多有4种。
23．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题干信息可知，Cu2O与稀硫酸发生反应，得到紫红色固体即Cu和蓝色溶液即CuSO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+H2O+Cu，故答案为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+H2O+Cu；
（2）红色固体粉末为纯净物只有两种情况全是Fe2O3，或全是Cu2O，Cu2O与硫酸反应生成的铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，若全是氧化铁时，固体质量为0，但固体质量为0时可能是Fe2O3、Cu2O二者混合物，所以红色固体粉末只能是氧化亚铜，由Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，所以氧化亚铜与铜的物质的量相等，而铜的物质的量为ml，所以氧化亚铜的质量为×144=m，即a=，故答案为：；
（3）设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据混合物质的总质量，所以160x+144y=m，
和，可知余的固体质量为：(y-x)×64=a=，联解得：x=ml，则Fe2O3的质量为：ml×160g/ml=g，故答案为：。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
B
D
D
D
D
D
D
题号
11
12
13
14
15
16
17
18

答案
C
C
D
D
B
C
A
C