湖南省岳阳市2025-2026学年高一下学期期末考试化学自编试卷（人教版）（解析版）

湖南省岳阳市2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷化学试题（解析版）题号12345678910答案ABBACBDCCA题号11121314答案BDAC1．A【详解】A．液氨汽化是物质状态从液态变为气态，没有新物质生成，属于物理变化，A符合题意；B．橡胶硫化通过硫交联形成网状结构，生成新物质，属于化学变化，B不符合题意；C．石油裂化将大分子烃分解为小分子烃，生成新物质，属于化学变化，C不符合题意；D．煤的液化通过化学反应将煤转化为液态烃类，生成新物质，属于化学变化，D不符合题意；故选A。2．B【分析】有机高分子化合物的特征是分子量极大（通常≥10000），由重复单元构成。【详解】A．氨基酸是组成蛋白质的单体，属于小分子，A不符合题意；B．淀粉是高分子多糖，由大量葡萄糖单体聚合而成，B符合题意；C．油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的小分子化合物，C不符合题意；D．葡萄糖是组成多糖的单体，属于小分子，D不符合题意；故选B。3．B【分析】由乙苯生产苯乙烯，H原子减少，为消去反应，苯环、碳碳双键为平面结构，苯乙烯中含碳碳双键具有烯烃的性质；【详解】A．乙苯和苯乙烯均只含碳氢元素，属于烃，A正确；B．乙苯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，B错误；C．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，C正确；D．苯乙烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，苯环上氢可发生取代反应，D正确；故选B。4．A【详解】A．乙酸和乙醇在浓硫酸催化加热条件下生成乙酸乙酯，A正确；B．氢氧化钠溶液碱性太强，会和乙酸乙酯反应，应该使用饱和碳酸钠溶液，B错误；C．应该使用分液的方法分离出有机层乙酸乙酯，C错误；D．蒸馏过程中温度计应该在支管口处，且冷凝管中水应该下进上出，D错误；故选A。5．C【详解】A．CH2=CH2能与Br2发生加成，生成油状液体，而乙烷不溶于溴水，导管长进短出洗气可以除去乙烯，A正确；B．乙烷不与酸性KMnO4溶液反应，而乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，可以鉴别，B正确；C．CH2=CH2与HCl发生加成生成CH3CH2Cl，根据取代反应原理，取代1molH需要1molCl2，则CH3CH2Cl再与Cl2发生取代反应，最多消耗5molCl2，C错误；D．乙烯与HCl发生加成反应只生成一种产物CH3CH2Cl，D正确；故选C。6．B【详解】A．丙烯分子中含有甲基，不可能所有原子共平面，A错误；B．乙酸的官能团是，乙酸酸性强于碳酸，可以与碳酸钠反应产生二氧化碳，B正确；C．分子不含有碳碳双键，不能与发生加成反应，C错误；D．乙醇转化成乙醛时，连接醇羟基碳原子上C-H键和羟基上的H-O键断裂，断裂的化学键为图中的①③，D错误；故选B。7．D【详解】A．反应②断裂的是C─H极性键，形成H─Cl极性键，有极性键的断裂和形成，反应③断裂Cl─Cl非极性键，形成C─Cl极性键，有非极性键的断裂和极性键的形成，A项错误；B．由图知反应②中1molCH4和1molCl∙的总能量低于1molCH3∙和1molHCl的总能量，B项错误；C．由图知反应③为放热反应，拆开1molCl2中化学键吸收的能量比形成1molCH3Cl中C─Cl键放出的能量少，C项错误；D．自由基之间可能结合生成副产物2CH3∙→CH3CH3，CH3Cl→CH2Cl2的链传递方程式为CH3Cl+Cl∙→∙CH2Cl+HCl、∙CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl∙，2∙CH2Cl→CH2ClCH2Cl等，有可能生成极少量的乙烷和1,2-二氯乙烷等产物，D项正确；答案选D。8．C【分析】元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，由图可知Y、R最外层只有1个电子，且原子半径R>Y，可知Y为Na、R为K元素，X的最外层电子数为4，Z的最外层电子数为6，Q的最外层电子数为7，由原子半径大小关系可知X为C元素，Z为S元素，Q为Cl元素，则X、Y、Z、Q、R分别为C、Na、S、Cl、K；【详解】A．XO2（CO2）能与ROH（KOH）溶液反应，但不能与HF的水溶液反应，SiO2与氢氟酸可以反应SiO2+4HF==SiF4↑+2H2O，A错误；B．因硫的非金属性弱于氯，则H2SO4的酸性弱于HClO4，故B错误；C．X（C）的气态氢化物没有说是简单氢化物，碳原子数小于或等于4的烃都可以，不能思维定势认为只能是甲烷，只能发生取代反应，还可以是乙烯，能与Cl2发生加成反应，C正确；D．Y为Na元素，不需要隔着蓝色钴玻璃片就能观察到Y元素的焰色，D错误；答案选C。9．C【详解】A．在实验室中用乙醇与乙酸在浓硫酸催化下加热制备乙酸乙酯，图中缺少浓硫酸催化剂，不能达到制取乙酸乙酯的目的，A错误；B．乙烯具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，从而引入新杂质，不能达到除杂的目的，B错误；C．甲烷与氯气在光照条件下反应，试管内液面上升且试管壁附着油状液滴，气体颜色逐渐变浅，C正确；D．难溶于水，可用排水集气法收集，但集气瓶中应装满水，从短管通入，D错误；故答案为：C。10．A【详解】若a、b相连，电流由a经导线流向b，a为正极，则活泼性：；若c、d相连，d极质量减小，d为负极，则活泼性：；a、c相连，c极上产生大量气泡，c为正极，则活泼性：；a、d相连，移向d极，d为正极，则活泼性：；所以金属活动性顺序由强到弱：，A项正确。11．B【分析】该原电池装置中通入空气的电极为正极，即多孔电极b为正极，电极反应为：O2+4e-=2O2-，通入CO的电极为负极，即多孔电极a为负极，电极反应为：CO+O2--2e-=CO2。【详解】A．根据分析，多孔电极b为正极，发生还原反应，A正确；B．根据分析，该装置工作时，多孔电极a为负极，B错误；C．原电池中电子由负极沿导线流向正极，即由多孔电极a经导线流向多孔电极b，C正确；D．原电池工作时阴离子移向负极，故O2-向多孔电极a移动，D正确；故选B。12．D【详解】A．5.6g铁粉物质的量为0.1mol，与过量的硫粉反应生成FeS，铁粉不足，转移电子数以铁粉为标准进行计算，铁元素化合价由0价变为+2价，转移0.2mol电子，即0.2NA，而非0.3NA，A错误；B．1mol/L的KCl溶液未说明体积，无法计算K⁺的具体数目，B错误；C．酯化反应为可逆反应，1mol乙酸和1mol乙醇无法完全反应，生成的H2O分子数小于NA，C错误；D．C2H6在标准状况下为气体，0.2NA个分子物质的量为0.2mol，体积0.2mol×22.4mol/L=4.48L，D正确；答案选D。13．A【详解】A．NO2和N2O4的实验式均为NO2，46gNO2的物质的量为1mol，则氧原子数为2NA，A正确；B．标准状况下CS2为液体，无法用气体摩尔体积22.4L/mol计算分子数，B错误；C．1个乙烷（C2H6）中含有6个C-H极性键，则1mol乙烷含6NA极性键，C错误；D．常温下气体摩尔体积约为24.8L/mol，11.2LNH3的物质的量约为0.45mol，含电子数0.45NA×10=4.5NA，D错误；故选A。14．C【详解】A．实验各组总体积应相同，实验1总体积为3.0+2.0+1.0+0+2.0=8.0(mL)。实验2中总体积为3.0+2.0+2.0+a=8.0(mL)，解得a=1.0；实验4中3.0+2.0+1.0+0.5+b=8.0(mL)，解得b=1.5。A正确；B．实验1和2的变量为H2SO4的量（酸性强弱不同），褪色时间不同（8min→6min），说明酸性浓度影响反应速率，故溶液的酸碱性会影响反应速率。B正确；C．NaHSO3为弱酸的酸式盐，在水溶液中不能完全电离为SO，离子方程式中HSO不可拆分。选项C的方程式错误地将HSO拆为SO，与实际反应不符。正确的离子方程式为：5HSO+2MnO+H+＝2Mn2++5SO+3H2O，C错误；D．实验4加入MnSO4（引入Mn2+），褪色时间从实验1的8min缩短至3min，且其他条件（如H2SO4浓度）一致，说明Mn2+具有催化作用。D正确；故选C。15．(1)分液漏斗(2)水(3)(4)控制分液漏斗的活塞，缓慢滴加浓硝酸(5)bd(6)【分析】利用给定装置制备硫酸亚硝酰合铁。装置A中铜与浓硝酸发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成NO2；装置B中NO2与水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，将NO2转化为NO。装置C中，Fe2+与NO发生反应，生成。装置D中，NaClO、NaOH溶液吸收未反应的NO，反应的离子方程式为，防止NO污染空气。【详解】（1）A中盛放浓HNO3的装置名称为分液漏斗。（2）装置B中盛放的试剂是水。因为A中铜与浓硝酸反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成的NO2要转化为NO用于后续反应，NO2与水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，将NO2转化为NO。（3）由分析可知，装置D的作用是吸收未反应完的NO尾气，NO被氧化为硝酸根，D中还溶有NaOH，反应的离子方程式为。（4）为了保证气体缓慢进入C中，采用的操作是控制分液漏斗中浓硝酸的滴加速度，因为浓硝酸与铜反应产生气体，控制浓硝酸滴加速率就能控制气体产生速率，从而使气体缓慢进入C中。（5）a．A中盛放的Cu不能换成Al，因为常温下铝在浓硝酸中会发生钝化，无法持续产生气体用于后续反应，a错误；b．在制备反应中，根据已知2，Fe元素的化合价从+2变为+1，NO中N的化合价升高，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，NO是还原剂，b正确；c．NO不能与NaOH溶液单独反应，不能只用NaOH溶液吸收尾气NO，c错误；d．因为FeS可溶于硫酸，根据强酸制弱酸原理，FeSO4溶液通入H2S气体不能生成沉淀，d正确；故选bd。（6）在酸性条件下，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为NO，NO再与Fe2+反应生成，总反应离子方程式为。16．(1)将矿石粉碎(2)玻璃棒漏斗(3)浸液1(4)CD(5)a0.12AD(6)【分析】从硫铁矿（主要成分为、、等）中提取金属化合物的流程为：将硫铁矿进行高温焙烧得到熔烧渣（、、），加稀硫酸酸浸溶解，得到、，过滤，得到浸渣1（主要成分为），再继续加稀硫酸得到浸液2；过滤得到的浸液1中加入过量NaOH溶液得到、，再过滤，得到产物1和浸液3（），向浸液3中通入过量A（）得到，据此分析解答。【详解】（1）能加快固体反应的措施有将矿石粉碎，适当提高焙烧温度等；（2）操作a、b都是过滤，需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）根据分析，浸渣1的主要成分为；该物质与氢氟酸（HF的水溶液）发生反应的化学方程式为。浸渣1用稀硫酸浸泡洗涤可以提高金属元素的提取率，就是进一步将混在中的、重新溶解，所以得到的浸液2含有的微粒有、，与浸液1成分几乎相同，所以所得的浸液2可以合并到浸液1中。（4）浓硫酸滴加到蔗糖上，蔗糖变黑，体积膨胀，放出气体，发生的反应为（浓），在该实验中，浓硫酸体现了脱水性、强氧化性，故选CD。（5）将一定浓度的上述气体和通入恒容密闭容器中发生反应：，气体中各成分的浓度变化如题图所示；①根据题图像中的曲线可知，曲线b浓度从0开始逐渐增加，则曲线b表示的浓度一时间变化曲线，曲线a和c表示浓度随时间增加逐渐减小，且a的消耗量大于c的消耗量，根据反应的化学方程式可知，代表的浓度一时间变化曲线的是曲线a，代表的浓度一时间变化曲线的是曲线c；②根据M点的坐标（0.75h，0.09mol·L-1），表示在0.75h内生成了0.09mol·L-1的，根据化学方程式：得到消耗的也为0.09mol·L-1，则在时间内，用来表示的反应速率为mol·L-1·h-1；③随反应的进行，不断被消耗，其体积分数不断变化，当体积分数保持不变时，说明已达到平衡状态，A正确；反应在恒容密闭容器中进行，体积始终不变，根据质量守恒定律，混合气体的总质量不变，则密度始终不变，无法说明达到平衡状态，B错误；根据，可知平衡时，即，C错误；混合气体的总质量不变，正反应为体积减小的反应，则未平衡时气体的平均相对分子质量随反应的进行不断变化，当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明已达到平衡状态，D正确；故选AD。（6）A为常见气体，工业上常用其代替酸与“浸液3”反应沉淀铝元素，则A为气体，过量的与反应得到的离子方程式为。17．(1)+135.6(2)(3)玻璃搅拌器(4)A(5)正极(6)0.009或(7)(8)0.4(9)ad【详解】（1）①-2×②得到目标反应式，则ΔH=ΔH1-2ΔH2=-127.4kJ/mol-2×(-131.5kJ/mol)=+135.6kJ/mol。（2）的物质的量为，完全燃烧生成稳定的化合物放出55.6kJ热量，完全燃烧生成稳定的化合物放出16×55.6kJ=889.6kJ热量，则甲烷燃烧热的热化学方程式。（3）如图装置中仪器A的名称玻璃搅拌器。（4）A．实验应使用稀氢氧化钠溶液，若使用氢氧化钠的浓溶液，稀释时会释放出一部分热量，导致测定结果偏大，故A正确；B．使用稍过量的酸，是为了保证碱完全反应，使测定结果更准确，故B错误；C．中和热是指酸碱稀溶液反应生成1molH2O(1)时放出的热量，将两种溶液的体积均增大一倍，不影响测定结果，故C错误；D．若向酸溶液中缓缓加入碱溶液并搅拌均匀，会使反应放出的热量散失过多，导致测定结果偏小，故D错误；故选A，（5）a电极甲醛失电子生成二氧化碳，为负极，则b电极为正极，发生还原反应。（6）1mol甲醛参与反应转移4mol电子，电子参与反应消耗甲醛的质量为：。（7）X、Y的物质的量减小，1min内，消耗的X、Y的物质的量分别为0.6mol、0.2mol，生成R、Q的物质的量分别为(1.3-n1)mol、0.4mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，可得X、Y、Q的化学计量数之比为3：1：2，1~2min内，改变的X、Y、R、Q的物质的量分别为(0.9-n2)、0.1mol、0.4mol、0.2mol，Y、R、Q的化学计量数之比为1：4：2，综上X、Y、R、Q的化学计量数之比为3：1：4：2，则发生反应的化学方程式为。（8）根据小问(7)可知，n1=0.5，0-1min内，。（9）a．Q为固体，则反应中气体的质量发生变化，因此容器内混合气体的质量不再变化说明反应已经达到平衡，正确；b．Q为