2026年湖南省长沙市高一下学期期中模拟考试化学自编试卷01（范围：人教版必修二第五、六单元）（解析版）

2026年湖南省长沙市高一下学期期中模拟考试自编试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案BCACDDDABD题号11121314答案DDAC1．B【详解】A．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解反应，使溶液呈碱性，可作为工业用碱用于造纸、制皂等生产，对应关系成立，A正确；B．次氯酸具有漂白性是因为其具有强氧化性，可将有色物质氧化为无色物质，和次氯酸的弱酸性无关，对应关系不成立，B错误；C．浓硫酸具有吸水性，能够吸收水分，可用于干燥与其不反应的物质，对应关系成立，C正确；D．硫酸钡性质稳定，不溶于水和酸，且不易被X射线透过，因此可用作X射线造影剂，对应关系成立，D正确；故答案选B。2．C【详解】A．(a)图中生成物总能量高于反应物总能量，则反应为吸热反应，盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应，图示与叙述相符，A不符合题意；B．由(b)图可知，金刚石与氧气的能量高于石墨与氧气的能量，等质量金刚石比石墨完全燃烧放出能量多，图示与叙述相符，B不符合题意；C．该反应为可逆反应，1mol(g)和2mol(g)反应不能完全转化生成三氧化硫，则反应放出的热量小于(a-b)kJ，图示与叙述不相符，C符合题意；D．由(d)图可知，A的能量高于C的能量，故由A到C为放热反应，图示与叙述相符，D不符合题意；故选C。3．A【详解】A．与反应仅生成白色沉淀；与共热仅生成有刺激性气味的；与不反应无明显现象；与共热同时生成白色沉淀和刺激性气味气体，四种溶液现象各不相同，可以鉴别，A符合题意；B．与、反应均生成白色沉淀，与、均不反应无现象，无法区分四种溶液，B不符合题意；C．与、共热均生成刺激性气味气体，与、均不反应无现象，无法区分四种溶液，C不符合题意；D．与生成白色沉淀，与、均生成微溶的白色浑浊物，仅无明显现象，无法区分四种溶液，D不符合题意；故选A。4．C【详解】在密闭体系中发生反应；减小体积，增大反应物浓度可以加快反应速率；升高温度可以加快反应速率；将炭粉碎，增大反应物的接触面积可以加快反应速率；恒容通入CO2增大反应物浓度可以加快反应速率；增加炭的量，浓度不变，不能加快反应速率；恒压通入N2体系的体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，能加快反应速率的是①②③④；故答案选C。5．D【详解】A．铝合金属于金属材料，合金硬度一般大于其成分纯金属，因此铝合金硬度大于纯铝，A不符合题意；B．钕属于镧系元素，元素周期表中镧系元素位于第六周期，B不符合题意；C．芯片的主要成分为高纯单晶硅，二氧化硅是制造光导纤维的主要材料，C不符合题意；D．干冰升华变为气态二氧化碳属于物理变化，仅破坏二氧化碳分子间的分子间作用力，分子内的共价键不会发生断裂，D符合题意；故答案选D。6．D【详解】A．侯氏制碱法得到的是碳酸钠（Na2CO3），而非氢氧化钠（NaOH），A错误；B．水玻璃（硅酸钠溶液）会与空气中的CO2反应生成硅酸沉淀而变质，B错误；C．F2与NaOH反应生成NaF、H2O和O2，反应中F的化合价仅降低（0→-1），未发生歧化反应，C错误；D．Fe2O3为红棕色，是丹霞地貌岩层呈红色的原因，D正确；故选D。7．D【分析】粗食盐水中含、、杂质，步骤i加入过量溶液，与反应生成沉淀，离子方程式为，过滤得到沉淀1（）和滤液1；步骤ii加入过量溶液，与反应生成沉淀，离子方程式为，过滤得到沉淀2（）和滤液2；步骤iii加入过量溶液，即X溶液，与反应生成沉淀，过量的与反应生成沉淀，离子方程式分别为、，过滤得到沉淀3（、）和滤液3；滤液3中含过量、，加盐酸调节pH，发生反应、，最后蒸发结晶得到固体，据此分析。【详解】A．加入溶液，过量的氯化钡中的与反应生成沉淀，与反应生成沉淀，所以沉淀3中有沉淀，A错误；B．盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应：、，大量的阴离子只有，B错误；C．蒸发结晶中使用的玻璃仪器有玻璃棒，蒸发皿为陶瓷仪器，C错误；D．整个过程中，与、与、与或的反应均生成沉淀，盐酸与或的反应，均为复分解反应，D正确；故选D。8．A【分析】在实验①→②→③中，向1mL0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/L的硫酸钠溶液，二者完全反应生成微溶于水的硫酸银，使溶液略有浑浊，之后向溶液中继续加入浓硝酸，硫酸银电离产生的硫酸根离子与氢离子发生离子反应，生成弱电解质，硫酸银逐渐溶解。在实验①→④→⑤→⑥中，硝酸银与亚硫酸钠发生反应生成亚硫酸银沉淀，实验④→⑤中，浓度为0.3mol/L的稀硝酸未将亚硫酸银氧化，之后将亚硫酸银沉淀滤出洗涤后加入浓硝酸，二者发生氧化还原反应，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，同时生成红棕色的二氧化氮气体，之后加入氯化钡溶液生成白色的硫酸钡沉淀。在实验⑦→⑧中，亚硫酸钠与稀硝酸反应生成二氧化氮；【详解】A．向待测溶液中先加入稀硝酸酸化，之后再加入硝酸银溶液，若溶液中含有亚硫酸根离子会被硝酸氧化为硫酸根离子，由分析可知，酸性条件下硫酸银可溶，因此用稀硝酸和硝酸银溶液可排除干扰，A错误；B．根据已知条件，在水中不完全电离，因此，可推测硫酸银与硝酸发生离子反应生成，则实验②→③沉淀溶解的反应可能是：，B正确；C．对比②和④的沉淀产生情况可知，相同条件下，在水中的溶解度比大，C正确；D．亚硫酸银为难溶性盐，亚硫酸钠为易溶性盐，实验④→⑤中，亚硫酸银无法被稀硝酸氧化，实验⑦→⑧中，亚硫酸钠可被稀硝酸氧化，对比两实验可得出结论，易溶的亚硫酸盐更容易被氧化，D正确；故选A。9．B【详解】A．装置Ⅰ中电解质溶液为NaOH溶液，Al和NaOH溶液反应生成和，反应为，则Al为原电池的负极，Mg为正极，A错误；B．装置Ⅱ中Pb为负极，电极反应式为：，为正极，电极反应式为：，所以装置Ⅱ在工作时正负极质量均增加，B正确；C．装置Ⅲ中电极材料是生铁(生铁中含Fe和C)，稀硫酸为电解质溶液，能构成原电池，C错误；D．Zn为较活泼电极，锌筒作负极，发生氧化反应，电极反应式为：，反应中锌溶解，则锌筒会变薄，D错误；故选B。10．D【详解】A．Cu(OH)Cl属于盐，A正确；B．图中Cl、O两种元素的化合价发生了变化，B正确；C．在整个流程中，CuO是催化循环中的一个物种，其质量和化学性质在反应前后不变，起催化剂作用，C正确；D．反应③中Cl元素化合价升高，发生氧化反应，D错误；故选D。11．D【分析】根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，且J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G和H分别为H2S和S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。【详解】A．H2S与SO2能发生归中反应生成S和H2O，A正确；B．NaHSO3溶液既能与酸反应生成钠盐、水和SO2，又能与碱反应生成亚硫酸盐和水，B正确；C．Na2SO3中的S为+4价，具有还原性，Na2SO3能被空气氧化，故应该密封保存，C正确；D．SO2与氧气生成SO3的反应是可逆的，不能完全转化生成1molSO3(80g)，D错误；故答案选D。12．D【详解】A．氯水含次氯酸、具有漂白性会使试纸漂白，故不能测氯水的pH，A错误；B．海带应在坩埚中灼烧、不能在蒸发皿中灼烧，B错误；C．酒精能与水任意比互溶，不能作为碘水的萃取剂，C错误；D．该装置中，若蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸将碳单质氧化为，自身被还原为，说明浓硫酸具有强氧化性，反应生成SO2使溴水褪色，最后用NaOH进行尾气吸收，D正确；故选D。13．A【详解】A．受热分解生成和，反应方程式为，与在烧瓶顶部遇冷重新化合为，反应方程式为，热稳定性强，留在烧瓶底部，可实现与的分离，A符合题意；B．的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，即气体应从长导管进、短导管出，装置进气方向错误，无法达到收集气体的实验目的，B不符合题意；C．浓盐酸具有挥发性，挥发出的会进入溶液中，发生反应，无法证明是碳酸与发生反应，不能验证碳酸的酸性强于硅酸，C不符合题意；D．与浓硫酸反应制备需要加热条件，反应方程式为，装置无加热仪器，无法制备气体，D不符合题意；故选A。14．C【分析】由题给信息可知，图②中的铁刚开始就覆盖着钝化生成的氧化膜，插入铜连接导线后，由于铁表面已钝化，此时铜为负极，铁为正极，正极的铁氧化膜得电子，此时铁电极无气泡，随着铁表面的氧化物被还原溶解后，铁重新为负极，铜为正极，根据实验①铁的钝化过程，铁电极表面产生红棕色气泡，然后铁表面再次发生钝化，如此往复多次，据此分析解答。【详解】A．装置①中Fe在浓硝酸中发生氧化还原反应，还原产物是NO2，故Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿后铁表面生成致密的氧化膜，发生钝化，气泡停止冒出，A正确；B．装置②中“表面产生红棕色气泡”时是铁钝化过程，此时得电子，所以有红棕色气泡，故铁电极为负极，B正确；C．装置②中Fe作负极时，铁电极钝化，Fe表面产生红棕色气泡；反应停止时（即Fe表面不再产生红棕色气泡），Fe作正极时铁的氧化物得电子，Cu失电子转化为Cu2+进入溶液，如此往复，故总体来说Fe、Cu、硝酸都被消耗，即体系中发生了化学变化，C错误；D．Fe表面无气泡时铁作正极，Fe表面产生红棕色气泡时Fe作负极，如此往复，以上实验说明，同一体系中，原电池的正负极可以发生转换，D正确；故选C。15．(1)分液漏斗(2)(3)(4)品红溶液(5)b(6)(7)【详解】（1）根据仪器的特点可知，中仪器的名称为分液漏斗；（2）铜和浓硫酸反应产生二氧化硫，反应为；（3）制取后，需要先检验反应生成的水，用D装置无水硫酸铜检验水，干燥管大口g进小口f出，再用B装置检验的漂白性，洗气时长进短出，即b进c出，最后用C装置NaOH溶液处理尾气，干燥管防倒吸，气流为d进e出，因此连接顺序为；（4）装置B目的为检验生成的的漂白性，因此盛放的试剂为品红溶液；（5）二氧化硫和碱氢氧化钙、氢氧化钠反应而被吸收，二氧化硫和亚硫酸钠生成亚硫酸氢钠而被吸收，二氧化硫和氯化钙不反应，故选b；（6）吸收塔中反应后的铬元素以形式存在，则其中发生反应为和二氧化硫发生氧化还原反应生成铬离子和硫酸根离子，结合电子守恒，离子方程式为；（7）二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，结合硫元素守恒，存在，尾气中含量。16．(1)(2)A3.3(3)(4)与结合形成弱电解质HF，导致平衡向右移动(5)酸浸【分析】由流程可知，炼锌矿渣用稀硫酸酸浸，ZnO、ZnFe2O4及Ca、Fe、Cu的化合物与硫酸反应生成相应的硫酸盐，所得滤液中含有、、、，加入双氧水氧化，加入试剂X调节pH，使铁元素转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣1为SiO2、Fe(OH)3及硫酸钙，加入ZnS，使生成CuS沉淀，加入ZnF2生成CaF2沉淀，然后电解得到单质锌。【详解】（1）在酸性条件下转化为Fe3+，则稀硫酸浸时铁酸锌参与反应的离子方程式为，故答案为：。（2）“氧化过滤”时，需加入试剂X与酸反应调节溶液pH，为不引入新的杂质离子，所以X最适宜选ZnO；调pH使完全沉淀，存在溶解平衡，，可得，25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，恰好完全沉淀时，，带入上式解得，，故答案为：A；3.3；（3）由分析知，“滤渣1”除了SiO2，Fe(OH)3外，还含有，故答案为：；（4）HF为弱酸，若溶液酸度过高，与结合形成弱电解质HF，导致平衡向右移动，故答案为：与结合形成弱电解质HF，导致平衡向右移动；（5）“电解”时，用惰性电极电解硫酸锌溶液，锌离子在阴极放电生成单质锌，水在阳极放电生成氧气，反应方程式为；电解废液中主要含有硫酸，可以导入酸浸操作单元循环利用，故答案为：；酸浸。17．(1)增大接触面积，提高反应速率Se、Te(2)(3)复分解反应(4)(5)Ca(OH)2(6)【分析】含硒废料的主要成分是Cu2Se和Cu2Te，加入纯碱和空气焙烧后，得到固体产物为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O；加水溶解，浸渣中含Cu2O，Na2SeO3、Na2TeO3溶于水形成溶液，继续加入稀硫酸，Na2TeO3与硫酸反应生成难溶性酸H2TeO3，并分解得到难溶于水的TeO2，Na2SeO3与硫酸反应生成可溶于水的弱酸H2SeO3，经分离得到H2SeO3，加入H2O2发生氧化还原反应得到H2SeO4，加热分解得到SeO2；H2SeO3中加入石灰乳发生酸碱反应生成亚硒酸钙结晶水合物，沉淀析出。【详解】（1）“焙烧”时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，废料粉从上部加入，这样操作的目的是增大接触面积，提高反应速率；含硒废料的主要成分是Cu2Se和Cu2Te；“焙烧”时固体产物为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，Se元素和Te元素的化合价升高，被氧化；（2）浸渣为Cu2O，热空气中的O2在酸性条件下将Cu2O氧化为Cu2+，根据电子守恒、电荷守恒配平得到该离子方程式：。（3）由分析可知，"沉硒"反应为H2SeO3+Ca(OH)2=CaSeO3↓+2H2O，两种化合物交换成分生成新化合物，属于复分解反应。（4）硒酸分解反应为，氧化产物为，还原产物为，物质的量之比为。（5）因为在沉硒的过程中加入了石灰乳，故固体表面吸附了氢氧化钙，，其洗掉的杂质主要为Ca(OH)2。（6）摩尔质量为，由图可知初始样品质量为，即；失去全部结晶水后得到，质量为，与图中对应质量一致，因此固体为。18．(