湖南省郴州市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）

湖南省郴州市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CDDCDABBBA题号11121314答案CCCC1．C【详解】A．世界上产量最大的合成纤维是以对苯二甲酸和乙二醇为原料合成得到的聚对苯二甲酸乙二酯(PET)，它是一种高分子材料，PET是涤纶的主要成分，故A正确；B．OTC是非处方药的标志，是OverTheCounter的缩写，故B正确；C．石油的分馏是物理变化，煤的液化和气化、煤的干馏、石油的裂化、裂解都是化学变化，故C错误；D．制取环氧乙烷：，原子利用率100%，符合绿色化学的理念，故D正确；答案选C。2．D【详解】A．相对分子质量大于1万的化合物是高分子化合物，不是有机高分子化合物，选项A错误；B．纤维素和淀粉是混合物，选项B错误；C．葡萄糖是单糖，葡萄糖含有醛基，选项C错误；D．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，既能与强酸反应，选项D正确；答案选D。3．D【详解】A．烷烃的密度随碳原子数增多而增大，但始终比水小，因此不会递增到比水大。A错误；B．烷烃虽不能使酸性高锰酸钾褪色，但可通过燃烧等反应发生氧化，结论错误。B错误；C．丙烷、正丁烷的碳原子呈四面体结构，呈锯齿状排列，不在一条直线上。C错误；D．烷烃通式中，碳碳键数目为n-1，比碳原子数n少1，无论结构如何均成立。D正确；故答案选D。4．C【详解】A．甲烷与氯气的取代反应为多步反应，无法完全反应生成HCl，且0.5molCH4与0.5molCl2最多生成0.5molHCl，分子数为0.5NA，A错误；B．标准状况下，二氯甲烷为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；C．正丁烷和异丁烷的摩尔质量均为58g/mol，总质量为58g，对应物质的量为1mol。每个丁烷分子含13个共价键，因此混合物中共价键总数为13NA，C正确；D．甲酸溶液中除HCOOH外，水也含氧原子，总氧原子数大于0.02NA，D错误；故答案为C。5．D【详解】A．根据乙烯的结构简式CH2=CH2，可知乙烯分子的空间填充模型为，故A正确；B．中子数为10的氧原子的质量数为18，表示为，故B正确；C．环氧乙烷和乙醛分子式均为C2H4O、结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．胶体是分散系，纳米银不是分散系，是纯净物，故不属于胶体，故D错误；故答案选D。6．A【详解】A．带一个负电荷，每个含有10个电子，的电子数为=，A正确；B．标准状况下为液体，无法用气体摩尔体积计算出四氯化碳的体积，B错误；C．乙醇溶液中水也含氧原子，总氧原子数大于，C错误；D．乙烯（）和环丙烷（）的最简式均为，14g乙烯和环丙烷的混合物对应1mol单元，含2mol氢原子，总氢原子数为，D错误；故答案选A。7．B【分析】探究影响化学反应速率的因素时，只允许存在一个变量。实验①、②中，反应温度不同，则各物质的浓度和体积都应相同，从而得出V3=0；实验①、③的温度相同，稀硫酸的体积不同，则在混合溶液中的浓度不同，而Na2S2O3在混合溶液中的浓度应相同，则混合液的总体积相同，所以V4=20.0mL-10.0mL-4.0mL=6.0mL。【详解】A．实验①、②用于探究温度对化学反应速率的影响，实验①、③用于探究浓度对化学反应速率的影响，则该实验还需分别测量①②③出现浑浊的时间，以便确定反应速率的快慢，从而推出外界条件对反应速率的影响，A正确；B．实验①②③均应往Na2S2O3溶液中一次性加入H2SO4溶液，而不是缓慢滴加，否则反应时间就会因滴加过程而产生差异，B错误；C．由分析可知，实验①和③用于探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，则混合溶液的体积应相同，由此求出需V4=20.0mL-10.0mL-4.0mL=6.0mL，C正确；D．如实验①进行到5min时c(H+)=0.01mol∙L-1，则5min内，D正确；故选B。8．B【详解】A．酸性高锰酸钾会将乙烯氧化为CO2，引入新杂质，A错误；B．Cl2可将FeCl2氧化为FeCl3，不引入新杂质，B正确；C．饱和Na2CO3溶液会与CO2反应，导致目标气体损失，C错误；D．蒸发皿通常用于蒸发液体，灼烧固体应使用坩埚，操作仪器错误，D错误；故选B。9．B【分析】电极c为负极，发生氧化反应，其电极方程式为；电极d为正极，发生还原反应，其电极方程式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O。【详解】A．放电时，阴离子向负极移动，即双极膜中的通过a膜转移至c极，故A错误；B．由分析知，c极反应式为，故B正确；C．由于不知气体所处的状况，无法确定11.2LO2的物质的量，故C错误；D．双极膜右侧生成了水，溶液体积增大，电解质溶液的浓度减小，故D错误；故选B。10．A【分析】黄铁矿()氧化与反硝化耦合的过程中，反硝化作用是指硝酸盐被还原为氮气和水的过程，而黄铁矿作为电子供体，在这个过程中被氧化，提供电子，所以在这里作为还原剂，被氧化，失去电子，据此分析作答。【详解】A．加入铁离子溶解生成，①中会被还原为，最终被氧化为氢氧化铁，则也为还原剂，A项错误；B．铁氰化钾与反应生成蓝色沉淀，则可用铁氰化钾溶液检验反应过程中的，B项正确；C．在该过程中作为还原剂，被氧化，失去电子，最终生成氢氧化铁沉淀和硫酸根离子，铁元素从+2价升至+3价，硫元素从-1价升至+6价，则最多提供15mol电子，C项正确；D．参与“反硝化”是与硝酸根离子反应，生成氮气和硫酸根的过程，根据质量守恒定律，则离子反应方程式为：，D项正确；答案选A。11．C【详解】A．Ni的原子序数为28，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，A错误；B．每个NH3含3个N-Hσ键，6个NH3共18个，此外还有6个配位键（σ键），1mol离子总σ键数目为24mol，B错误；C．与NH3比较，[Ni(NH3)6]2+中NH3作为配体，孤电子对参与形成配位键，排斥减小，键角增大，C正确；D．VA族元素的单质中，如氮、磷、砷的单质为分子晶体，锑、铋单质为金属晶体，所以晶体类型不同，D错误；故答案选C。12．C【详解】A．溶液呈蓝色的原因是铜离子和水分子形成配离子为蓝色，故A正确；B．步骤2所发生反应为氢氧化铜沉淀和过量的氨水生成四氨合铜离子，离子方程式为，故B正确；C．加入乙醇能减小溶剂的极性，降低深蓝色晶体的溶解度，从而有利于析出晶体，故C错误；D．最终得到深蓝色溶液的原因为生成了，则转化为，说明与的配位能力弱于，故D正确；答案选C。13．C【分析】反应经两步完成，则总反应等于两步反应的加和，总反应减去第一步反应可得第二步反应，则反应②为，以此分析解答。【详解】A．结合分析知，总反应的焓变，A正确；B．反应①中涉及中键的断裂和(丙烯)中键的形成、中键的形成，B正确；C．由图知，，而等于反应①中的反应物总键能减去生成物的总键能，所以的键能高于与的键能之和，C错误；D．用总反应减去反应①可得到反应②，结合分析知，反应②的热化学方程式为，D正确；故选C。14．C【详解】A．根据Y的结构，化学式为，故A正确；B．通过对比X、Y的结构可知CO2与X的化学计量比为1:2，结合原子守恒可知，该反应的原子利用率为100%，故B正确；C．Y中有酯基和碳碳双键两种官能团，故C错误；D．P中存在碳碳双键，可以进一步聚合形成网状结构，故D正确；故选C。15．(1)第二周期第ⅤA族三颈烧瓶(2)平衡压强，使液体顺利滴下(3)AB(4)b、g、h、c、d、i或b、g、h、d、c、i(5)除去挥发出来的并将生成的转化为NO(6)硬质玻璃管内淡黄色固体全部变成白色固体【分析】将整个装置中空气用氮气排出，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，要制得干燥的亚硝酸钠，则先用浓硫酸干燥NO气体，一氧化氮和过氧化钠反应生成亚硝酸钠，为了得到干燥的亚硝酸钠需右侧再用浓硫酸干燥，尾气用酸性高锰酸钾溶液处理。【详解】（1）氮元素是7号元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，处于周期表中第二周期第VA族；根据仪器特点可知，盛放铜粉的仪器名称为：三颈烧瓶。（2）仪器A中支管的作用为平衡气压，使液体顺利流下。（3）A．可以氧化为，铁元素化合价升高发生氧化反应，氮元素化合价降低，发生还原反应，故A正确；B．氧化为，中毒可服用维生素C解毒；这是因为维生素C是还原剂，可以还原为，所以维生素C的还原性强于，故B正确；C．根据守恒可知，与反应的离子方程式可能为，故C错误；故答案选AB。（4）铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，用浓硫酸干燥一氧化氮，再通入到过氧化钠中反应生成亚硝酸钠，为防止酸性高锰酸钾中水蒸气进入到发生装置中，则再用浓硫酸干燥后通入高锰酸钾溶液中除掉NO，因此仪器按气流方向连接顺序为a→b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或a→b→g→h→e→f→d→c→e→f→i。（5）铜和浓硝酸反应产生二氧化氮，该反应需要的是NO，因此装置④的作用为将生成的转化为NO，由于浓硝酸会挥发，水能吸收挥发出来的硝酸，因此还有一个作用是除去挥发出来的；装置⑤中用酸性高锰酸钾溶液吸收NO，酸性条件下，NO能与反应生成和，根据守恒可知，该反应的离子方程式为：。（6）根据题意可知，，过氧化钠为淡黄色固体，亚硝酸钠为白色固体，因此当观察到装置②中硬质玻璃管内淡黄色固体全部变成白色固体时说明与NO完全反应。16．(1)

(2)AC0.08mol0.072mol/(L•min)(3)a极到b极【详解】（1）由盖斯定律，反应1-2得反应，则该反应；（2）①A．在绝热条件下进行反应，容器内温度不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态；

B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；C．的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态；

D．反应速率比等于化学计量数比，，说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态；故选AC；②反应10min后，消耗0.8mol，的选择性为90%，则生成CO的物质的量为0.8mol×（1-90%）=0.08mol。用表示反应速率为；（3）甲烷设计成燃烧电池，则通入甲烷一极为负极、通入氧气一极为正极，故a为负极、b为正极；①外电路电子由负极移向正极，移动方向a极到b极。②a极电极反应为甲烷失去电子被氧化为二氧化碳和水：。17．(1)还原(2)>160正向D【详解】（1）①据分析，Pt为正极，氧气得电子生成氧负离子：，属于还原反应；②NiO电极为负极发生NO失电子结合氧负离子生成NO2：；（2）①根据图示可知b点反应达到平衡，b处v逆=V正，a点未达到平衡，而在达到平衡前反应正向进行，V正＞V逆，因此从a到b的过程中v正逐渐减小，v逆逐渐增大直至两者相等，因此a处v正＞b处v逆；②设达到平衡时N2的物质的量为xmol，根据反应，列三段式：已知CO2的体积分数为50%，则=50%，解得x=0.8。平衡时各物质的浓度分别为c(CO)=，同理可以计算出c(NO)=0.2mol/L，c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)=0.4mol/L，根据化学平衡常数公式K===160；若初始CO、NO、CO2、N2的物质的量分别为1mol、2mol、4mol、1mol，Qc==<K，故反应正向进行；③A．v(CO)=2v(N2)没有描述反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选；B．该反应过程中混合气体总质量和总体积是定值，混合气体密度始终不变，无法判断是否达到平衡，B不选；C．在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的CO和NO混合气体，发生如下反应：，CO与NO的浓度之比始终为1，CO与NO的浓度之比不变时，不能说明反应达到平衡，C不选；D．该反应过程中混合气体总质量是定值，总物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡，D选；故答案为：D。18．(1)检查装置气密性(2)使漏斗中的液体顺利流下，减小加入液体体积对测量气体体积的误差(3)饱和NaHSO3溶液大气压强(4)(5)(6)0.2mol/L的CuSO4溶液>【分析】有气体参与或生成的实验，为了防止漏气，必须检查装置的气密性；恒压漏斗主要有两个优点：第一是能够让液体顺利流下；第二是在测量气体体积时，减小加入液体体积对测量气体体积的误差；为了防止二氧化硫溶于水，储液瓶中应该盛放饱和溶液；由题意可知，白色沉淀为，橙黄色沉淀为，以此来解答。【详解】（1）实验前为了防止漏气，必须检查装置的气密性；（2）