湖南省张家界市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）

湖南省张家界市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DDBDCABDDC题号11121314答案BAAD1．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．D【详解】A．Hg为不活泼金属，通常直接加热其化合物冶炼Hg，A正确；B．的还原性大于，可利用铝热反应将从其氧化物中还原出来，B正确；C．的金属活动性比强，可将从其盐溶液中置换出来，湿法炼铜的原理为，C正确；D．是共价化合物，熔融的不导电，不能电解冶炼金属，通常电解氧化铝冶炼金属Al，(熔融)，D错误；故选D。3．B【详解】A．羟基有一个未成键的单电子，电子式为，A错误；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，其结构式为，B正确；C．该模型是丙烷分子的球棍模型，其空间填充模型，C错误；D．为水杨酸的结构简式，其分子式为：C7H6O3，D错误；故选B。4．D【详解】A．葡萄糖（C6H12O6）和冰醋酸（C2H4O2）的摩尔质量分别为180g/mol和60g/mol，利用极限法，假设二者分别是90克，分别是和，所含有的H原子总数均为6NA，所以无论两者以何种比例混合，90g混合物中H原子总数恒为6NA，而非4NA，故A错误；B．乙烷和丙烯每个分子均含6个C-H键。若气体处于标准状况，11.2L（0.5mol）混合气体含3NA个C-H键，但题目未明确气体状态，无法确定物质的量，故B错误；C．10g46%乙醇溶液中乙醇为0.1mol，与钠反应生成0.05molH2，但溶液中水也会与钠反应生成额外H2，总H2分子数大于0.05NA，故C错误；D．CH4与Cl2光照反应生成氯代物和HCl。无论取代程度如何，每消耗1molCl2生成1molHCl，总生成物分子数为0.5mol（氯代物）+1mol（HCl）=1.5mol，即1.5NA，故D正确；故选D。5．C【详解】A．焰色试验中NaCl显黄色，CuCl2显绿色，可以鉴别，A正确；B．NaOH与溴反应生成水溶性盐，溴苯难溶于水且常温下不与NaOH反应，可分液分离，B正确；C．羊毛和蚕丝均为蛋白质，灼烧时均产生烧焦羽毛气味，无法鉴别，C错误；D．Al(OH)3与NaOH反应溶解，Fe(OH)3不反应，过滤可除杂，D正确；故选C。6．A【详解】A．甲烷为正四面体构型，故二氯甲烷只存在一种结构，不存在同分异构体，A正确；B．中含有非极性键和极性键，B错误；C．含碳碳双键，而不含碳碳双键，不具有相同的官能团，C错误；D．HCl为共价化合物，不含离子键，溶于水能电离出氢离子和氯离子而能导电，D错误；故选A。7．B【详解】A．结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol/L，T1下反应达到平衡时，反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15mol/L，A正确；B．在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明T1下，催化剂2的催化效果比催化剂1好，B错误；C．其他条件不变，20min时，向恒温恒容的密闭容器中充入氦气，反应体系各物质的浓度保持不变，则该反应速率不变，C正确；D．平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，D正确；故答案为：B。8．D【分析】铅烟灰加入二氧化锰、稀硫酸高温酸浸得到含的溶液，加入萃取使得进入有机相，分液得到有机相，然后反萃取得到的水相，再使用锌单质置换得到铟；【详解】A．“高温酸浸”时，不能用浓盐酸代替稀硫酸，盐酸具有挥发性，且浓盐酸在高温条件下与二氧化锰反应生成氯气，A错误；B．“萃取”时，使用的主要玻璃仪器有普通分液漏斗、烧杯，无需使用恒压分液漏斗，B错误；C．“反萃取”的（有机液）（有机液）反应为可逆反应，进行不完全，将和足量盐酸充分混合，不能得到，C错误；D．“置换”时，主要反应为锌将水层溶液中中In元素置换出来生成In单质，同时锌会和酸中氢离子生成氢气，同时生成氯化锌，反应为：，D正确；故选D。9．D【详解】A．二氧化硫具有还原性，能够与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾褪色，A正确；B．二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，B正确；C．二氧化硫具有弱的氧化性能够氧化硫离子生成硫单质，所以Na2S溶液变浑浊，C正确；D．盐酸的酸性强于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不反应，不会产生沉淀，D错误；故选D。10．C【详解】A．图中存在、、、化合价依次为0、-3、+3、+5，A正确；B．N2转化成是由游离态的氮元素转化为化合态，属于氮的固定，B正确；C．与反应生成氮气和水，离子方程式为：，C错误；D．硝酸根中氮元素化合价为+5价，氮气中氮元素化合价为0价，由图可知转化过程中和甲醇反应时生成氮气，即硝酸根被甲醇还原为，D正确；故选C。11．B【详解】A．足量氯水能同时氧化和Br-，CCl4层呈橙红色只能说明Br-被氧化为Br2，无法单独证明Br-的还原性强于(实际还原性比Br-强)，该结论本身错误，该实验操作也不能得出该结论，A不符合题意；B．其它条件均相同的情况下，锌与盐酸反应比铁与盐酸反应更快，说明金属活动性(Zn＞Fe)影响反应速率，金属活动性越强，反应越剧烈，该实验结论正确，B符合题意；C．NaOH和水不反应，NaOH溶于水放热是物理溶解过程的热效应，并非发生化学反应放热，结论错误，C不符合题意；D．铝与浓硝酸常温下发生钝化，即在铝表面迅速形成一层致密的氧化膜，从而阻止内部的铝继续与浓硝酸反应，钝化是一种化学变化，并非不反应，结论错误，D不符合题意；故选B。12．A【详解】A．只有1种化学环境的氢原子，一氯代物只有1种：；B．有2种氢原子，一氯代物有2种：；C．有3种氢原子，一氯代物有3种：；D．有4种氢原子，一氯代物有4种：；答案选A。13．A【详解】与NaOH反应时只有Al反应，生成H₂。标准状况下，与氢氧化钠溶液反应产生氢气的物质的量，铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为，由化学方程式可知n(Al)=0.2mol，则原合金中Al总物质的量为0.4mol。与稀盐酸反应时，Al和Fe均反应，Cu不反应。标准状况下，与稀盐酸反应产生氢气的物质的量，铝与稀盐酸反应产生氢气的物质的量与氢氧化钠溶液反应产生氢气的物质的量相同，为0.3mol，则铁与稀盐酸反应产生氢气的物质的量为n=0.4mol-0.3mol=0.1mol。铁与稀盐酸反应的化学方程式为，由化学方程式可知n(Fe)=0.1mol，则原合金中Fe总物质的量为0.2mol。合金质量为34.8g，m(Al)=0.4mol×27g/mol=10.8g，m(Fe)=0.2mol×56g/mol=11.2g，则m(Cu)=34.8g-10.8g-11.2g=12.8g，，原合金中Cu总物质的量为0.2mol。因此n（Al）：n（Fe）：n（Cu）=0.4：0.2：0.2=2：1：1，故答案选A。14．D【详解】A．向中滴加酸性KMnO₄溶液褪色，可能由双键或羟基被氧化引起，不能证明该有机物含有碳碳双键，A错误；B．淀粉水解后未中和酸性直接加入Cu(OH)2，无法形成碱性环境，导致无法检测葡萄糖，不能说明淀粉“未水解”，B错误；C．饱和溶液使蛋白质盐析（物理变化），加水后溶解，不是变性，C错误；D．镁与盐酸反应产生气泡且试管发烫，可以说明反应放热，D正确；故选D。15．(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为固体，该反应反应前后气体分子数不变，即气体总物质的量始终不变，不能说明反应已经达到平衡，错误；c．各气体的浓度与起始量有关，X、Y、R的物质的量浓度之比为3：2：1，不能说明正逆反应速率相等、不能说明反应已经达到平衡，错误；d．相同时间内，消耗3molX的同时生成3molX，说明正逆反应速率相等，能说明反应已经达到平衡，正确；选ad。16．(1)；(2)(3)(4)ABD(5)1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，转化率提高20％(6)左6【详解】（1）由各物质摩尔燃烧焓、、液态得①、②、③，由盖斯定律可知，得与合成液态的，则其热化学方程式为

；（2）根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ得

；（3）根据图示，化学吸附过程反应生成，化学方程式为；（4）A．增大活性炭基表面积，接触面积增大，反应速率加快，A正确；B．反应混合气组分中和的浓度不再发生变化，反应一定达到化学平衡状态，B正确；C．催化剂能降低活化能，不能改变反应热，C错误；D．增大分压，平衡正向移动，的平衡转化率增大，D正确；故选ABD；（5）1050K前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，转化率增大；在1100K时，NO的平衡转化率为40%，列三段式，，的体积分数为；（6）还原电化学法制备的工作原理为原电池原理，总反应方程式为，氢气发生氧化反应、二氧化碳发生还原反应，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，所以通入二氧化碳的多孔碳棒为正极，电池工作时，透过质子膜向正极移动，即向左移动；且理论上，每生成，消耗即。17．(1)碳碳双键(2)(3)10(4)加成反应(5)(6)混合物(7)(8)4【分析】根据流程，A和氢气在镍催化、加热下反应生成B，B在氢氧化钠醇溶液、加热下发生消去反应生成C，B在氢氧化钠水溶液、加热下发生取代反应生成G，则B为，F为1,3-环己二烯，能发生加聚反应生成高聚物ⅰ为，I含羟基，与发生酯化反应生成高聚物ⅱ为；【详解】（1）根据结构简式，X所含官能团的名称为碳碳双键；（2）据分析，B的结构简式为；（3）碳碳双键是平面结构、和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，碳碳单键可以旋转，则C中最多有10个原子在同一平面上；（4）D→E的反应为所含的碳碳双键和溴的四氯化碳溶液之间的加成反应；（5）G→H的反应是醇羟基催化氧化转化为醛基，化学方程式为；（6）高聚物中聚合度n不确定，因此高聚物ⅰ和ⅱ均属于混合物；（7）根据已知可知，2个醇羟基之间可以脱水生成醚键，G在浓硫酸、加热条件下，可生成一种五元环的有机化合物(M)，则M的结构简式为；（8）与X互为同分异构体的结构共有4种，分别为：CH2=CHCH2CH3、CH2=C(CH3)2、、。18．(1)蒸馏法(2)③②①(或③①②或②③①)(3)B(4)MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑(5)易挥发(6)(7)富集溴元素【分析】I.由流程可知，海水中得到粗盐、淡水、母液，在母液中加入熟石灰得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2·6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，在HCl气流中加热防止水解，电解熔融氯化镁制取Mg；Ⅱ．海水提溴，向浓缩海水中加酸并通入氯气，氯气与溴离子反应生成单质溴；使用热空气吹出溴蒸气；通入二氧化硫、加水，溴单质变成含溴离子的溶液；再向含溴离子的溶液中通入氯气，得到含溴单质的浓溶液，蒸馏冷凝，最终得到液溴；【详解】（1）蒸馏法、电渗析法和反渗透法等可以从海水中获取淡水，是海水淡化的主要方法；（2）选除去镁离子，选氯化钡