江西省吉安市2025-2026学年下学期高一年级7月期末教学质量检测考试化学试题（含答案）

这是一份江西省吉安市2025-2026学年下学期高一年级7月期末教学质量检测考试化学试题（含答案），共7页。
B. 碳纳米材料属于新型无机非金属材料，富勒烯、碳纳米管、石墨烯均为碳单质，在电子领域有重要应用， 推动了电子领域的创新发展，B 正确；
C. 合金的硬度一般大于其组成成分的纯金属，铝合金的硬度大于单质铝，C 错误；
D. 聚氯乙烯受热会释放有毒的含氯物质，不可用作食品包装，食品包装常用无毒的聚乙烯， D 错误； 故答案选B。
2.C
【详解】A.CO₂ 为直线形分子，且O 原子半径小于C 原子，图示为V 形结构，不符合CO₂ 的真实结构，A
错误；
B. CsCl是离子化合物，生成物的电子式中Cs+应标注正电荷， CI 需要加中括号并标注负电荷，图示不符 合离子化合物电子式书写规则，B 错误；
C. 天然橡胶的主要成分为聚异戊二烯，由异戊二烯( CH₂=C(CH₃)CH=CH₂) 加聚得到，图示结构简式正 确 ，C 正确；
D. 甲烷为正四面体结构， CH₂Br₂只有1种结构，二者为同一种物质，不互为同分异构体， D 错误；
故答案选C。
3.A
【分析】①佩戴护目镜(防范液体飞溅损伤眼睛)、②洗手、③当心触电、④注意通风(防范有毒/刺激性 气体危害)、⑤当心加热烫伤、⑥当心火灾、⑦当心锐器割伤。
【详解】A. 浓硫酸与铜反应需加热，存在液体飞溅、明火风险，需戴护目镜(①),实验后洗手(②), 防范烫伤(⑤)和火灾(⑥),且反应生成有毒二氧化硫气体，还需注意通风(④),A 符合题意；
B. 锌、铜、稀硫酸构成原电池的反应平缓，涉及酸液使用需要佩戴护目镜(①),且实验后需洗手(②), 图标选择正确，B 不符合题意；
C. 盐酸与镁反应较剧烈可能有液体飞溅，且盐酸挥发刺激性HCl 气体，需戴护目镜(①)、实验后洗手
(②)、注意通风(④),图标选择正确， C 不符合题意；
D. 钠在空气中燃烧产生过氧化钠，需切割下一小块钠粒、加热、有明火，产物有强腐蚀性且产生有害烟尘， 需用到①②④⑤⑥⑦所有图标，图标选择正确，D 不符合题意；
故选A。
4.C
试卷第1页，共11页
【详解】A. 常温下铁遇浓硝酸会发生钝化，无法持续反应生成Fe(NO₃)₃ 和NO₂,A 错误；
B. 该反应电子不守恒，2ml MnO₄得到10ml电子时，应生成5ml O₂ ( 共失去10ml电子),正确离子
方程式为2MnO₄+5H₂O₂+6H⁺=2Mn²++50₂↑+8H₂O,B 错误；
C. 还原性I>Fe²+, 通入少量氯气时I 优先发生反应，离子方程式书写正确， C 正确；
D. 醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写为H+, 需保留化学式CH₃COOH,D 错误； 故选C。
5.D
【详解】A. 该有机物含有醇羟基、氨基、羧基三种官能团，故A 正确；
B. 该有机物的醇羟基以及苯环的侧链都可被酸性KMnO₄ 氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B 正确；
C. 该有机物属于α-氨基酸，蛋白质水解的产物为α-氨基酸，因此该分子可能由某种蛋白质水解生成，故C 正确；
D. 醇羟基和羧基都能与Na 反应，1ml 该有机物消耗2ml Na;只有羧基能与NaOH 反应，1ml 该有机物 消耗1ml NaOH,二者物质的量之比为2:1,故D 错误；
选D。
6.B
【详解】A. 浓盐酸具有挥发性，挥发出来的HCI 也能与AgNO₃ 溶液反应生成白色沉淀，无法证明反应有Cl₂ 生成，A 错误；
B. 配制银氨溶液的正确操作是向稀AgNO₃ 溶液中逐滴加入稀氨水，直到最初产生的沉淀恰好完全溶解， 该操作符合要求，B 正确；
C. 乙醇和乙酸互溶，分液法用于分离不互溶的液体混合物，因此无法用分液法分离二者， C 错误；
D. NH 与浓NaOH 溶液共热生成碱性气体NH₃, 需要用湿润的红色石蕊试纸检验，蓝色石蕊试纸不能检
验碱性气体，D 错误；
故选B。
7.B
【详解】A.Cu 与硫粉反应生成Cu₂S,Cu 元素从0价升高为+1价，0.1ml Cu反应转移电子数为0.1NA,
故A 错误；
B.NO₂ 和N₂O₄ 的最简式均为NO₂,46g 混合气体可看作46g NO₂, 物质的量为 含有
的氧原子物质的量为2ml, 对应氧原子数为2NA, 故 B 正确；
C. 未指明CH₄ 和NH₃的物质的量为1ml, 无法确定质子数为10NA, 故 C 错误；
D. C₂H₆O 可能是乙醇或二甲醚，若为二甲醚( CH₃OCH₃) 则不含-OH, 无法确定-OH 数目为NA, 故D 错误；
选B。
8.A
【详解】A. 氯气通入Na₂S 溶液，发生反应Cl₂+Na₂S=2NaCl+S↓, 生成淡黄色S 沉淀，反应中Cl₂ 作氧化
剂 ，S 是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，说明Cl₂ 氧化性强于S, 可验证氯气的氧化性， A 正确；
B. CO₂ 通入NaClO 溶液，反应生成HClO 和NaHCO₃, 无明显现象，无法通过观察现象证明酸性强弱， B
错误；
C. 根据反应2MnO₄+5H₂C₂O₄+6H⁺=2Mn²++10CO₂↑+8H₂O 计算可知，题给草酸的量均不足，KMnO₄
不能完全反应，溶液不会褪色，无法记录褪色时间比较反应速率，C 错误；
D. Cu 与浓硫酸反应后的溶液中含有大量未反应的浓硫酸，直接加入蒸馏水会导致浓硫酸稀释放热，液体 暴沸飞溅，操作错误，D 错误；
故选A。
9.D
【分析】含Fe 的催化电极上NO 转化为NH₂OH·HCl,N 元素化合价从+2降低到-1,含Fe 的催化电极作
正极，正极反应式为NO+3e+4H⁺+Cl=NH₂OH HCl;Pt电极上H₂ 失电子发生氧化反应，Pt 电极作负极。
【详解】A. 根据以上分析，Pt 电极上H₂ 失电子发生氧化反应，Pt 电极作负极，故A 错误；
B. 正极反应消耗H, 负极生成H+, 原电池中阳离子向正极移动，因此离子交换膜应为阳离子交换膜；若 为阴离子交换膜，H+ 无法迁移到正极补充，且Cl 会向负极移动，无法满足正极反应对CI 的需求，B 错误； C.N 元素化合价从+2变为-1,每生成1ml 盐酸羟胺，N 得到3ml 电子，电路中转移3mle, 故 C 错误；
D. 含 Fe 的催化电极为正极，电极反应为NO+3e+4H⁺+CI=NH₂OH·HC1, 生成1ml 盐酸羟胺电路中转移 3 ml 电子，正极消耗4mlH+, 根据电荷守恒，有3mlH+由负极迁移到正极，反应消耗H+的量大于负极迁 移过来的H+量，因此极室中c(H+) 减小，故D 正确；
选D。
10.C
【分析】反应 为放热反应，绝热容器中反应放热使温度升高，使得 开始阶段压强大于初始压强，故甲为绝热容器，乙为恒温容器，据此分析。
【详解】A. 该反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，A 正确；
B. 甲容器压强先增大后减小，是因为反应放热使温度升高，压强增大，后期反应正向进行气体物质的量减 少，压强减小，故甲为绝热过程，B 正确；
C.b 点为绝热容器的平衡状态，b 点温度高于a 点，且a 、b 的压强相同，根据PV=nRT 可知，b 点气体平 均相对分子质量比a 点 大 ，C 错误；
D. 乙容器为恒温过程，初始气体总物质的量为4ml+1ml=5ml, 压强为50kPa;10min 时压强为44
kPa, 恒温恒容下压强比等于物质的量比，此时气体总物质的量 设反应消耗的O₂ 为
D 正确；
故选 C。
11.B
【详解】A. 浓硫酸使胆矾变白，是浓硫酸吸收胆矾中本来存在的结晶水，体现浓硫酸的吸水性，不是脱水 性 ，A 错误；
B. 初始2.50gCuSO₄·5H₂O 的物质的量为0.01ml,b 点固体质量1.78g, 其中CuSO₄ 质量为1.60g, 剩余结 晶水质量为1.78g-1.60g=0.18g ( 即0.01mlH₂O), 故 b 点为CuSO₄H₂O;c 点固体质量1.60g, 恰 好 为
0.01ml 无水CuSO₄, 因 此b→c 的反应为 H₂O, B 正确；
质量为0.80g, 对 应d 点固体；e 点固体质量0.72g, 其 中Cu 质量为0.64g ( 为0.01ml),0 质量为0.08g ( 为0.005ml),Cu 和O 物质的量之比为2:1,对应物质为Cu₂O,C 错误；
D. 加热温度过高，会导致CuSO₄分解，剩余固体质量偏小，计算时认为减少的质量全部为结晶水，会使测 得的结晶水质量偏大， n 值偏大，D 错误；
故选B。
12.C
【分析】这是从海带中提取精品甘露醇( C₆H₁₄O₆) 的流程，甘露醇属于醇类，受热时会被氧化且干法中高 温灼烧也会破坏有机物，根据已知在加热浓缩的浓缩液中加入乙醇的作用是降低甘露醇溶解度，从而以晶 体的形式析出，据此回答问题。
【详解】A. 甘露醇属于醇类有机物，灼烧时会被氧化分解，无法实现提取，不能将海带灼烧成灰，A 错误；
B. 加热浓缩溶液的主要仪器为酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，坩埚用于灼烧固体，不适用溶液浓缩， B 错误；
C. 甘露醇溶解度随温度升高而增大，浓缩并加入乙醇后，降温冷却可使甘露醇溶解度进一步降低，从而析 出晶体，故操作①是降温冷却，C 正确；
D. 淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖转化为甘露醇是醛基的加氢还原反应，不属于水解反应，D 错误； 故答案选C。
13.D
【分析】氯化氢与金属Sn 在管式炉中进行反应，生成SnCl₂, 由 于Sn 和SnCl₂ 都有还原性，所以在反应前
先通入氯化氢排除装置内的空气，防止Sn 和SnCl₂ 被氧气氧化，SnCl₂ 易与水反应，需在装置末端连接装有
碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入使SnCl₂ 发生水解，同时还能吸收未反应的氯化氢气体，据此
分析；
【详解】A. 若导气管a 接装有NaOH 溶液的洗气瓶，NaOH 溶液中的水蒸气会进入SnCl₂ 盛接器，导致SnCl₂
水解，无法得到纯净产物，A 错误；
B. 若先开启管式炉加热再通入HCl(g), 装置内的空气会氧化Sn, 还可能导致生成的SnCl₂ 水解，应先通HCl 排尽装置内空气再加热，B 错误；
C. Cl₂ 具有强氧化性，与Sn 反应会生成SnCl₄, 无法得到SnCl₂,C 错误；
D. SnCl₂ 有还原性，可被氧气氧化，反应为2SnCl₂+O₂+4HCl=2SnCl₄+2H₂O,D 正确；
故选D。
14.C
【详解】A. 图1过程中N 仅发生质子化，没有电子转移，化合价始终不变，A 正确；
B. 由图2可知，反应物HCOOH(g) 相对能量为0,生成物CO₂(g) 和H₂(g) 总能量为-0.45eV, 生成物总能
量低于反应物，为放热反应，B 正确；
C. HCOOH 中两个H 分别为醛基 C 连接的H 和羟基O 连接的H, 替换为HCOOD 时仅羟基H 为D, 生成 的单质为HD, 不是D₂,C 错误；
D. 由图2可知，Ⅱ对应微粒为HCOOH,Ⅲ 对应微粒为HCO* 和H, 故Ⅱ→Ⅲ的反应为 HCOOH= HCOO*+ H,D 正确；
故选C。
15.(1)A
(2)静置，继续向上层清液中滴加BaCl₂ 溶液，若无白色沉淀生成，则说明SO2- 已经除尽
(3)石灰乳(消石灰、熟石灰、氢氧化钙)
(4) D
(5)温度过低，溴不易形成蒸气被吹出，温度过高，水会大量挥发，混入溴蒸气中
(6)SO₂+Br₂+2H₂O=4H++SO²-+2Br
(7)67.5
【分析】①粗盐精制：加入NaOH 、BaCl₂ 、Na₂CO₃ 沉淀Mg²+ 、SO2- 、C a²+, 过滤后加盐酸除杂；② 海
水提镁：浓缩海水加石灰乳沉淀Mg²+ 为 Mg(OHD)₂, 酸化得MgCl₂ 溶液，结晶、脱水后电解熔融MgCl₂ 制
Mg;③ 海水提溴：浓缩海水酸化后通Cl₂ 氧化Br 为 Br₂, 热空气吹出后用SO₂ 吸收富集，再通Cl₂ 氧化， 蒸馏得液溴，据此分析。
【详解】(1)除杂时， Na₂CO₃ 需在BaCl₂ 之后加入，以除去过量的Ba²+;NaOH 的加入顺序可在BaCl₂ 之 前或之后，故正确顺序为③②①,故选A;
(2)检验沉淀剂是否将某离子除尽，应取反应后的上层清液，继续滴加含有能与该离子产生沉淀的试剂。
此处检验SO²-, 操作为：静置，向上层清液中滴加BaCl₂ 溶液，若无白色沉淀生成，说明溶液中无SO2,
即SO²- 已除尽；
(3)大规模生产中，为保证高效、经济，选用石灰乳(消石灰、熟石灰、氢氧化钙)作为沉淀剂，将Mg²+
转化为Mg(OH)₂ 沉淀；
(4)电解熔融MgCl₂ 生成Mg 和 Cl₂, 化学方程式为： ; Mg 可与N₂ 、CO₂ 反应， 与H₂ 不反应但H₂ 易燃易爆，故应在Ar 中冷却，D 符合题意；
(5)温度过低时，溴不易形成蒸气被热空气吹出；温度过高时，水会大量挥发，混入溴蒸气中，增加后续 分离的难度，因此温度需控制在80~90℃;
(6)过量的SO₂ 会与吹出的Br₂ 发生氧化还原反应，消耗Br₂, 导致吹出率下降，离子方程式为：
SO₂+Br₂+2H₂O=4H++SO2-+2Br";
(7)浓缩海水中溴的总质量：20m³=20×10³L,m(Br)=0.8g·L¹×20×10³L=16000g; 经过两次损失后，
剩余溴的质量：16000g×(1-25%)×(1-10%)=10800g;
16. (1) :N:N: 吸收 90
液溴的物质的量：
(2) 1.25×10⁻⁴ml-L¹.s- ¹ 4:5 BD
(3) 3HClO+2NO+H₂O=3Cl⁻+2NO₃+5H+ 溶液pH 值越小，溶液中HClO 的浓度越大，氧化NO
的能力越强 【详解】(1)
破坏化学键需要吸收能量，键能越大，分子越稳定。由图1可知， N₂ 的键能为946kJ ml¹, 大于O₂ 和
NO, 故三种分子中最稳定的是N₂, 其电子式为：N:N:; 根据图1,反应N₂(g)+O₂(g)=2NO(g) 的焓 变 △H= 反应物总键能-生成物总键能=(946+498)kJ ml¹-2×632kJ ml⁻¹=+180kJ ml¹,该反应为吸热 反应，故生成1mlNO 气体吸收90kJ的热量。
(2)①0～3 s 内 ，NO 的物质的量变化量△n(NO)=(2.0-0.5)×10⁻³ml=1.5×10⁻³ml, 根据化学计量数之
比，
时通入等物质的量的NO 和O₂, 即 n (NO)=n(O₂)=2.0×10⁻³ml, 初始总物质的量为4.0×10⁻³ml 。 由
表格可知，4s时反应达到平衡，平衡时 n(NO)=0.4×10⁻³ml, 消 耗NO 为1.6×10⁻³ml, 则消耗O₂ 为 0.8×10⁻³ml, 生 成NO₂ 为1.6×10⁻³ml 。平衡时各物质的量分别为： n(O₂)=1.2×10⁻³ml,
n(NO₂)=1.6×10⁻ ³ml, 平衡时总物质的量为(0.4+1.2+1.6)×10⁻³ml=3.2×10⁻³ml 。 恒温恒容下，气体的 压强之比等于物质的量之比，即 P 平：P初=3.2:4.0=4:5。
② A. 达到平衡时正逆反应速率相等，应有 v正( NO)=2v(O₂), 故 A 错误；
B. NO₂ 为红棕色气体，密闭容器中气体的颜色不变，说明NO₂ 的浓度不再变化，反应达到平衡，故B 正
确；
C. 容器体积不变，气体总质量守恒，混合气体的密度始终不变，不能作为判断平衡的标志，故C 错误；
D. 单位时间内消耗1mlO₂ ( 正反应)的同时消耗2mlNO₂ ( 逆反应),正逆反应速率之比等于化学计量数
之比，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D 正确；
故选BD。
(3)在酸性NaClO 溶液中， HCIO 将NO 氧化为NO₃, 自身被还原为CI, 根据氧化还原反应得失电子守
恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3HCIO+ 2NO+H₂O=3CI+2NO₃+5H⁺ 。 NaClO 溶液的初始pH 越小，
溶液中c(H+) 越大，平衡 CIO⁻+H+ 一 HCIO 正向移动，溶液中HClO 的浓度越大，由于HCIO 的氧化性强
于C1O-, 因此更有利于将NO 氧化，NO 的转化率越高。
17. (1)增大接触面积，加快反应速率
(2)SO₃ 与水反应放出大量的热，易形成酸雾，降低吸收效率
(3)FeS₂+14Fe³++8H₂O=2SO2-+15Fe²++16H
(4)取少量待测溶液于试管中，滴加几滴 KSCN 溶液，若无明显现象，则证明不存在Fe³+, 即“还原”操作已 经进行完全
(5)4Fe²++6H₂O+O₂=4FeOOH+8H
(6) 洗涤 干燥 (7)23.1
【分析】黄铁矿( FeS₂) 在空气中燃烧生成SO₂ 和硫酸渣(主要含Fe₂O₃ 、SiO₂);SO₂ 经催化氧化生成
SO₃, 用98.3%浓硫酸吸收得到硫酸；硫酸渣经硫酸酸溶， Fe₂O₃ 溶解为Fe³+, 加 入FeS₂ 还 原Fe³+为 Fe²+, 过滤除去SiO₂ 和过量FeS₂; 滤液中通入空气、滴加氨水氧化Fe²+, 控制pH=3～4, 生 成FeOOH 沉淀，经
洗涤、干燥可得产品，据此分析。
【详解】(1)粉碎黄铁矿可增大固体反应物的接触面积，加快燃烧反应速率，使反应更充分；
(2) SO₃ 与水反应会放出大量的热，使水蒸发形成酸雾， 阻碍SO₃ 的吸收，降低吸收效率；而98.3%的浓
硫酸沸点高、吸水性强，不会形成酸雾，能高效吸收SO₃;
(3)硫酸酸溶后溶液中含Fe³+,FeS₂ 作为还原剂，将 Fe³+还原为Fe²+, 自身被氧化为SO2-, 根据氧化还
原反应配平原则，离子方程式为：FeS₂+14Fe³+ +8H₂O=2SO²-+15Fe²++16H+;
(4)还原操作的目的是将溶液中的Fe³+全部还原为Fe²+, 可通过检验溶液中是否含Fe³+判断还原是否完全： 取少量待测溶液于试管中，滴加几滴KSCN 溶液，若无明显现象，说明溶液中无Fe³+, 即还原操作已完全；
(5)0~ t 时段，溶液中少量Fe²+生 成Fe(OH)₂, 并被氧化为FeOOH;t～t₂ 时段，溶液中未沉淀的Fe²+ (pH=6.0 时 Fe²+沉淀不完全)被氧气氧化，生成FeOOH 和H+, 导致溶液pH 降低，离子方程式为：
4Fe²++6H₂O+O₂=4FeOOH+8H+;
(6)过滤得到的FeOOH 沉淀表面附着有可溶性杂质，需经过洗涤除去杂质，再干燥除去水分，因此“一系 列操作”为洗涤、干燥；
(7)由图可知，吸光度A=0.8 时，溶液中Fe³+浓度为4.0×10⁻³ml-L¹; 稀释后溶液体积为100◆mL, 则
10◆mL待测液中n(Fe³+)=4.0×10⁻³ml·L¹×0.1L=4.0×10⁻⁴ml;1L 原溶液中
设FeOOH 的物质的量为x,Fe₂O₃ 的物质的量为V, 根据铁原
子守恒：x+2y=0.04ml; 根据固体质量守恒：89x+160y=3.47g; 联立解得：y=0.005ml, 则
m(Fe ₂O₃)=0.005ml×160g ml⁻¹=0.8g; 质量分数为：
(2)
酯化反应(取代反应) (3)5
(4)
(6)碳碳双键、酯基
【分析】
C₄H₁₀裂解生成B, 最简单的烃CH₄ 、C ( 乙 烯 ) 和H;CH₄ 与 CO₂ 重整制水煤气；乙烯与Br₂ 加成生成1, 2-二溴乙烷，再水解得到乙二醇 ( E); 乙二醇与F 发生酯化反应生成G,G 加聚得到PHEMA;H 与水加成
生成I,I 催化氧化得到酮J, 逆推可知I 的结构为 ; J 与乙二酸二乙酯发生反应生成K, 据此分析。
【详解】(1) B 为最简单的烃，即CH₄,CH₄ 与CO₂ 在一定条件下反应生成CO 和H₂, 化学方程式为：
(2)
E 为乙二醇 ( HOCH₂CH₂OH), F 为 甲基丙烯酸( CH₂=C(CH₃)COOH), 二者在浓硫酸、加热条件下发
生酯化反应(取代反应),化学方程式为：
(3) F 为CH₂=C(CH₃)COOH, 分子式为C₄H₆O₂, 不饱和度为2,属于酯的链状同分异构体，需含酯基
和碳碳双键：甲酸酯类： HCOOCH₂CH=CH₂ 、HCOOCH=CHCH₃ 、HCOC(CH₃)=CH₂, 共 3 种 ；
乙酸酯类：CH₃COOCH=CH₂,1 种；丙烯酸酯类： CH₂=CHCOOCH₃,1 种；总计5种；
(4)
G为 CH₂=C(CH₃)COOCH₂CH₂OH, 含碳碳双键，可发生加聚反应生成PHEMA, 结构简式为：
(5)
H 为 CH₂=C(CH₃)₂,
与水在催化剂、加热加压条件下发生加成反应，生成
,化学方程式为：
(6) K 的结构中含碳碳双键和酯基；
(7)
根据J→K 的反应规律，酮 ( CH₃CH₂COCH₃) 与酯( CH₃OOCCH₂COOCH₃) 发生类似反应，生成含碳碳
双键和酯基的产物，结构简式为：