湖南省长沙市2025-2026学年高一下学期自编化学试卷01（人教版）（解析版）

湖南省长沙市2025-2026学年高一下学期自编试卷01化学试题（解析版）1．D【分析】酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；【详解】硫酸亚铁铵是由硫酸根离子、铵根离子、亚铁离子构成的盐；故选D。2．C【详解】A．可降解塑料能减少白色污染，符合可持续发展，A正确；B．煤的干馏、气化和液化可转化为清洁能源，减少污染，B正确；C．烟囱升高仅扩散污染物，未减少排放总量，仍污染环境，C错误；D．合规使用食品添加剂经安全评估，不会危害健康，D正确；故选C。3．A【详解】A．乙烯分子的球棍模型中，两个碳原子（黑球）通过双键连接，每个碳原子分别与两个氢原子（白球）相连，共4个氢原子，是乙烯分子的球棍模型，A正确；B．蔗糖的分子式为C12H22O11，各原子个数比12:22:11无法约分，最简式应为C12H22O11，CH2O是葡萄糖等单糖的最简式，B错误；C．聚丙烯由丙烯（CH2=CH-CH3）加聚而成，结构简式应为，C错误；D．羟基（-OH）中氧原子最外层有6个电子，正确电子式为，D错误；故选A。4．A【详解】A．该反应为吸热反应，反应吸放热与反应条件无关，该反应不一定需要加热，故A正确；B．该反应为吸热反应，该反应断键吸收的总能量大于成键释放的总能量，故B错误；C．该反应为吸热反应，中和反应为放热反应，不可能是中和反应，故C错误；D．该反应为吸热反应，单质钾和水的反应放热，不可能是钾和水的反应，故D错误；选A。5．A【详解】A．具有强氧化性，能将氧化为，而非生成，正确反应应为：，A错误；B．Al3+与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，氨水为弱碱，无法溶解Al(OH)3，方程式为，B正确；C．SiO2与NaOH反应生成和H2O，离子方程式为：，C正确；D．稀HNO3与铜反应生成Cu2+、NO和H2O，离子方程式为：，D正确；故选A。6．B【详解】A．硫的氧化性较弱，与铜反应生成Cu2S而非CuS，故A错误；B．浓硝酸分解的产物为NO2、O2和H2O，方程式配平正确，B正确；C．SO2与O2反应需催化剂且反应为可逆反应，方程式未标注条件或可逆符号，C错误；D．稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸才生成NO2，方程式产物与实际不符，D错误；答案选B。7．A【详解】A.发生银镜反应的说明含醛基，蔗糖水解产物含葡萄糖，故可以发生银镜反应，A正确；B.乙酸乙酯水解生成乙醇、乙酸或乙酸钠，不能发生银镜反应，B错误；C.油脂水解生成高级脂肪酸或高级脂肪盐、甘油，不能发生银镜反应，C错误；D.蛋白质水解生成氨基酸，不能发生银镜反应，D错误；答案选A。8．C【详解】A．氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：，生成强酸盐酸，氢离子浓度增大，溶液酸性增强，pH减小，A错误；B．光照条件下发生如下反应：，生成强电解质HCl，所以溶液中氯离子浓度增大，B错误；C．光照条件下发生如下反应：，生成强电解质HCl，所以溶液中离子浓度增大，导电性增大，C正确；D．次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大，装置内气体混合物中氧气的体积分数增大，D错误；故选C。9．C【详解】A．C的浓度为，生成C的物质的量为mol，根据方程式可知：，所以，A错误；B．根据三段式计算：，据以上分析可知，B的转化率，B错误；C．2min内A的平均反应速率，C正确：D．因反应前后各物质均为气态，则反应前后气体的质量不变化，而反应容器的体积是固定的，则混合气体的密度在反应过程中是不变的，D错误。故选C。10．B【详解】A．AlCl3是共价化合物，电解AlCl3不能得到铝，应电解熔融的Al2O3，A项错误；B．石英石和焦炭高温反应得到粗硅，粗硅和HCl在300℃反应生成SiHCl3，得到的SiHCl3再和过量的H2在高温下反应得到高纯硅，B项正确；C．从海水中提取镁，先加石灰乳得到Mg(OH)2，Mg(OH)2中加入盐酸生成MgCl2，在HCl气流中加热MgCl2溶液得到无水MgCl2，电解熔融的MgCl2得到金属镁，MgO熔点高，电解时能耗高，C项错误；D．工业上制备硝酸的原理是将氨经过一系列反应得到硝酸，即利用氮气与氢气合成氨气，氨气经过催化氧化生成NO，NO与氧气化合生成NO2，NO2与水发生反应硝酸和NO，D项错误；答案选B。11．B【分析】由图示可知：a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为亚硫酸盐，h为硫酸盐。【详解】A．c为SO2，具有还原性，能防止葡萄酒被氧化变质，同时能杀灭微生物。所以在葡萄酒中添加适量的SO2能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质，A选项正确；B．d为SO3，f为H2SO4，工业制硫酸时，通常用98.3%的浓硫酸吸收SO3得到发烟硫酸，而不是用水吸收，因为用水吸收SO3会形成酸雾，吸收效率低，B选项错误；C．c为SO2，a为H2S，SO2与H2S发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，在这个反应中，SO2中硫元素化合价从+4价降低到0价，生成的S是还原产物；H2S中硫元素化合价从-2价升高到0价，生成的S是氧化产物。氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，由于都是S单质，其质量之比也为2:1，C选项正确；D．g为亚硫酸盐，h为硫酸盐，若二者均为正盐，则不发生反应，但若h为硫酸的酸式盐例如硫酸氢钠、硫酸氢钾之类，则能与亚硫酸的正盐或酸式盐反应释放出二氧化硫，D选项正确；故选B。12．D【详解】A．Fe与足量稀硝酸反应生成Fe3+，28gFe为0.5mol，转移电子0.5×3=1.5mol，即1.5NA，故A正确；B．24g溶液中含乙酸6g、水18g，乙酸中含氧原子，水中含氧原子，所以总氧原子数1.2NA，故B正确；C．0.1mol乙醇与0.2molNa反应，乙醇完全反应，生成0.05molH2，即0.05NA，故C正确；D．CH3Cl与Cl2光照反应生成多种取代产物(CH2Cl2、CHCl3等)，CH2Cl2的分子数小于NA，故D错误；选D。13．B【分析】锌和铜是两种活泼性不同的电极，稀硫酸是电解质溶液，锌和稀硫酸自发发生氧化还原反应，形成了闭合回路，满足原电池的四个条件，形成了原电池，将化学能转化为电能；锌作负极，发生氧化反应，铜作正极，发生还原反应，电子从负极出发，经导线流向正极，由此分析。【详解】A．电子由负极沿导线流入正极，则由Zn片通过导线流向Cu片，A正确；B．原电池中阳离子移向正极，溶液中H+移向Cu电极，B错误；C．将Zn片换成Fe片，则Fe片仍为负极，所以电路中电流方向不变，C正确；D．该装置形成了原电池，可将反应释放的能量直接转化为电能，D正确；故选B。14．B【分析】约13min前，随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)；约13min后，随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A正确；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，因此13min后反应速率会加快，B错误；C．内的平均反应速率，C正确；D．高锰酸根离子被还原为锰离子，H2C2O4被氧化为二氧化碳，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，故总反应为，D正确；答案选B。15．(1)ab(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(3)碱石灰(4)①(5)吸收剩余氨气，防止污染空气；防止外界空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中与氨基钠反应(6)(或0.8060)【分析】由实验装置图可知，装置①中氯化铵和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置②中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置③中氨气和钠共热反应制备氨基钠，反应方程式为，装置④为冷凝回流装置，装置⑤中盛有的无水氯化钙用于吸收氨气、干燥氢气，便于后续点燃，同时能防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中与氨基钠反应，最后点燃氢气进行尾气处理，据此分析；【详解】（1）氨基钠钠离子与氨基离子之间为离子键，N-H之间是极性共价键，故选ab；（2）由分析可知，装置①中氯化铵和氢氧化钙共热反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）仪器②为(球形)干燥管，其中放置的试剂为碱石灰，用于干燥碱性气体氨气；（4）金属钠能与空气中的氧气反应，所以做实验时，连接装置并检查气密性后，应先点燃①处酒精灯，利用反应生成的氨气排尽装置内的空气，再点燃③处酒精灯制备氨基钠；（5）无水氯化钙可以与氨气络合而吸收氨气，装置⑤中的无水氯化钙可以吸收氨气、干燥氢气，同时由题干可知，氨基钠易与水反应，故需防止外界的水蒸气进入三颈烧瓶，所以装置⑤中的无水氯化钙除干燥气体，便于后续点燃外，还起到的作用是：吸收剩余氨气，防止污染空气；防止外界空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中与氨基钠反应；（6）氨基钠中往往混有杂质钠，样品溶于水后，氨基钠和钠均能与水发生反应，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为，结合已知信息知，氨基钠和水反应生成氨气，根据原子守恒，反应的化学方程式为。反应产生的氨气与硝酸发生反应：，则n(NH3)=，由氮原子守恒知，样品中氨基钠的质量分数为(或0.8060)。16．4mol/L该溶液的密度b2OH-+2ClO2+H2O2＝2ClO2-+O2+2H2O防止H2O2分解连续测定吸收塔内溶液的pH值ab、e、d重结晶【详解】（1）由信息③知：160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH。根据物质的量浓度的定义式c=n/v计算可得该溶液氢氧化钠的物质的量浓度为4mol/L；根据物质的量浓度和质量分数的换算公式可知，要计算质量分数还需要知道溶液的密度。（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸。（3）根据工艺流程图可知，吸收塔内的反应物为ClO2、H2O2和NaOH溶液，生成物有NaClO2，所以一定有ClO2转化为NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应的离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O2＝2ClO2-+O2+2H2O；H2O2不稳定，温度过高容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解。结合信息①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，吸收塔的温度不能超过20℃的原因还有利于NaClO2•3H2O的析出。（4）NaOH过量则溶液呈碱性，测定溶液酸碱性最简单方法是：连续测定吸收塔内溶液的pH。（5）根据题意ClO2转化为NaClO2的还原剂为H2O2，Na2O2溶于水相当于H2O2，而Na2S、FeCl2还原性较强，选a。（6）从溶液中得到含结晶水的晶体采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为bed；得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体。17．(1)Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑(2)3(或4)4(或3)21(3)C中品红溶液褪色(4)SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2(5)防倒吸(6)SO2、H2【详解】（1）根据上述实验现象描述可知，开始阶段，浓硫酸与锌反应产生SO2气体：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硫酸逐渐被消耗，浓硫酸变为稀硫酸，与Zn发生置换反应生成H2：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑；（2）从图示看，C装置的目的是检验SO2气体，应选择甲装置，则B处需接安全装置，故答案为：3(或4)；4(或3)；2；1；（3）锌粒与浓硫酸在微热条件下发生反应，产生的气体能使品红溶液褪色，则说明为二氧化硫气体，S元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：C中品红溶液褪色；（4）D中刚开始产生浑浊，是因为二氧化硫与氢氧化钙反应生成难溶的亚硫酸钙沉淀，后二氧化硫、水又会将亚硫酸钙固体转化为可溶的亚硫酸氢钙，其离子方程式为：SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2；（5）SO2不溶于CCl4，防倒吸；（6）Zn足量，后期Zn与稀H2SO4反应生成H2，所以充分反应后得到气体的成分是SO2、H2。18．(1)(2)氧化反应(3)(4)碳碳双键、羧基(5)HOCH2CH2OH+2CH3CH2COOH+2H2O(6)异戊烷(或2-甲基丁烷)、【分析】B是最简单的烃，则B为CH4，C和O2在Ag作用下得到D(C2H4O)，则该步为乙烯和O2反应生成环氧乙烷，C为CH2=CH2，D为，在酸性条件下水解为HOCH2CH2OH，E是HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH和H在浓硫酸作用、加热条件下得到M，则H为CH3CH2COOH；F在一定条件得到聚丙烯，则F为CH3CH=CH2，结合F、H可知G为CH2=CHCOOH；故A裂解产生CH4、CH2=CH2、CH3CH=CH2，【详解】（1）B为CH4，水煤