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DCBDBADDCA题号11121314答案DCDB1．D【详解】A、二氧化碳不是大气污染物，但是却可以引起环境问题，比如温室效应，A错误；B、正常雨水的pH值为5.6，pH值小于5.6的雨水是酸雨，B错误；C、NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会，C错误；D、大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D正确；故选D。2．C【详解】A．CCl4是共价化合物，电子式：，A错误；B．异丁烷的结构简式为：CH3CH(CH3)2，分子结构模型：，B错误；C．异戊二烯的结构简式为：，天然橡胶的主要成分是顺式聚异戊二烯(双键上的取代基甲基和氢位于同侧)，其结构简式为：，C正确；D．硅氧四面体的结构中Si与O之间单键，结构示意图：(黑球为Si，白球为O)，D错误；故选C。3．B【详解】A．石油分馏利用物质沸点差异进行分离，无新物质生成，属于物理变化，A正确；B．淀粉和蛋白质是高分子，但油脂相对分子质量较小（通常几百），不属于高分子，B错误；C．淀粉在人体内经酶催化水解为葡萄糖，C正确；D．医用酒精使细菌蛋白质变性，导致其失活，D正确；故选B。4．D【详解】A．SiO2属于酸性氧化物，能与强碱反应生成硅酸盐和水，离子方程式为，A正确；B．海水提溴过程中SO2与Br2在水中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr，离子方程式为，B正确；C．酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，离子方程式为，体现了Fe2+的还原性，C正确；D．食醋中的醋酸为弱酸，不能写成H+，正确离子方程式应为，D错误；故选D。5．B【详解】A．硫元素在自然界中以游离态和化合态的形式存在，A错误；B．反应1：，为还原剂，为氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，B正确；C．乙能与水反应生成硫酸，为三氧化硫，三氧化硫不能使品红褪色，C错误；D．芒硝的化学式为，D错误；答案选B。6．A【详解】A．纤维素是高分子化合物，分子式：，A正确；B．NaCl是离子化合物，其电子式：，B错误；C．1,2-二溴乙烷的结构式：，C错误；D．乙烯的结构简式：，D错误；答案选A。7．D【详解】A．硫酸与氢氧化钡反应的离子方程式中，H+和OH-的物质的量未配平（应为2H++2OH-），且未体现生成2H2O，正确的离子方程式为，A错误；B．醋酸是弱酸，不能拆分为H+，应保留分子形式（CH3COOH），正确的离子方程式为，B错误；C．Fe3+会与氢碘酸中的I-发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，而非仅生成Fe3+，正确的离子方程式为，C错误；D．Al3+与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，氨水为弱碱，不会溶解沉淀，方程式正确，D正确；答案选D。8．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。9．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。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．D【分析】根据题目所给的信息可知，利用反应所组装的原电池，b电极产生氢气，所以作正极为镁片，电极反应式为：，a电极为铝片，电极反应式为：,当量筒内收集448mL气体(标准状况)时,的物质的量为；据此回答问题。【详解】A．据分析可知，b电极产生氢气，所以作正极为镁片，A正确；B．a电极为铝片，电极反应式为：，B正确；C．当量筒内收集448mL气体(标准状况)时,的物质的量为，则电子转移的物质的量为：，C正确；D．若将电解质溶液改为稀硫酸，则a为正极产生氢气，b为负极产生镁离子，因为金属与酸反应镁单质的活泼性大于铝单质的活泼性，D错误；故选D。12．C【分析】本实验探究SO2的制备和性质的检验，从左向右分别是制备SO2、验证SO2的还原性、验证SO2的漂白性、验证SO2酸性氧化物的性质、尾气的吸收，据此分析；【详解】A．98%浓硫酸中c(H+)小，反应速率慢，不能用98%的浓硫酸代替70%的浓硫酸，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将SO2氧化成SO而褪色，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2属于酸性氧化物，使湿pH试纸显红色，但不能漂白pH试纸，湿pH试纸不褪色，故B错误；C．根据上述分析，分别证明了验证SO2的还原性、验证SO2的漂白性、验证SO2酸性氧化物的性质，故C正确；D．SO2有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，一般用NaOH溶液吸收，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2的量少，一般不用澄清石灰水吸收SO2尾气，故D错误；答案为C。13．D【详解】A．实验①在15min内M的降解速率为=1.33×10-5mol/(L·min)，A正确；B．从表中可知实验①②的单一变量是温度，且实验②的温度高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线②的下降幅度大于曲线①，起始M的浓度相同，故说明升高温度，M降解速率增大，B正确；C．从表中可知实验①③的单一变量是pH，且实验③的pH高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线③的下降幅度小于曲线①，起始M的浓度相同，故说明pH越高，越不利于M的降解，C正确；D．实验②④的温度和起始M浓度均不相同，不符合单一变量的对照要求，不能说明M的浓度越小，降解的速率越慢，D错误；答案选D。14．B【分析】燃料电池中，燃料在负极失去电子发生氧化反应生成CO2和N2，电子从负极流出沿着导线流向正极，正极上氧气得到电子发生还原反应，据此分析回答；【详解】A．从甲电极的电极反应式知，生成物有二氧化碳，电解质溶液不可以是NaOH溶液，A错误；B．由电荷守恒知：，则每理论上可净化，B正确；C．阳离子移向正极，甲电极为负极、乙电极为正极，则从甲电极附近向乙电极附近迁移，C错误；D．甲电极电极反应式为：，是氧化反应，甲电极是负极，D错误；答案选B。15．(1)ab(2)PbO+2H++=PbSO4+H2O(3)防止双氧水分解及氨水的挥发与分解(4)pH太小，氢离子浓度过大，抑制HF的电离，c(F-)减小，镁、钙沉淀不完全(5)当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色，且30s内不变色5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O73.5%偏高【分析】废旧钴基合金(主要成分为CoO，还含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO、MgO)，用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝；滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁；滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁；滤液中加碳酸钠，可以得到碳酸钴；碳酸钴与盐酸反应，生成氯化钴，氯化钴与草酸铵反应，得到得到草酸钴；草酸钴灼烧得到Co2O3，据此分析解答。【详解】（1）a．适当升高温度可以加快反应速率，a正确；ｂ．碱浸过程中不断搅拌，增加反应速率，b正确；ｃ．延长浸取时间只能增加浸取量，不能增加反应速率，c错误；ｄ．加大废旧钴基合金的用量，只能增加浸取量，不能增加反应速率，d错误；综上所述ab符合。（2）“酸浸”时PbO与H2SO4生成PbSO4，离子反应方程式为PbO+2H++SO=PbSO4+H2O。（3）双氧水受热易分解，氨水易挥发，“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解。（4）“沉镁、沉钙”时，pH太小，氢离子浓度过大，抑制HF的电离，c(F-)减小，镁、钙沉淀不完全。（5）①酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，则滴定终点的现象是当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且30s内不变色；②KMnO4将H2C2O4与氧化成CO2，反应离子方程式为5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；③第2次实验误差较大，舍弃，消耗高锰酸钾标准溶液的体积为mL=40.00mL，根据反应的离子方程式5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，n(H2C2O4)=n(MnO)=×0.1mol/L×0.04L=0.01mol，则样品中含有的草酸钴的质量为=0.01mol×147g/mol=1.47g，则样品的纯度为=73.5%；④若读取KMnO4标准溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数，所耗KMnO4标准溶液的体积偏大，则所测CoC2O4的纯度偏高。16．(1)(2)吸收(3)AC50%(4)300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲烷生成速率加快【详解】（1）把各方程式分别设为：①，②，③，根据盖斯定律，将①×2-②+③×2，可得：。（2）从物质吸附到催化剂表面到形成过渡态的过程是能量升高的过程，要吸收热量；其速控步骤常为吸附态与原子加成为的那一步，化学方程式可写作。（3）①A．氢气的浓度不变，说明反应达到平衡，A符合题意；B．断开键，说明消耗了二氧化碳，生成的键，说明生成了，，反应没有达到平衡，B不符合题意；C．两边的物质均是气体，气体质量不变，但是气体的物质的量在变化，其气体平均相对分子质量在变化，当不变，说明达到平衡，C符合题意；D．未指明反应的正逆方向，无法判断是否平衡，D不符合题意；故选AC。②设起始时物质的量之比，且总压。若平衡时总压降低，则平衡时。在恒温恒容条件下，气体总物质的量正比于总压。由变为，可得。初始为，消耗为，转化率。（4）①二氧化碳得到电子转化为甲烷，电极反应式为。②由图可知，温度在250℃时，催化剂的转化效率和甲烷的生成速率均达到最大值。温度从250℃升高到300℃过程中，催化剂的转化效率和甲烷的生成速率均迅速下降，但超过300℃后，催化剂的转化效率减小到几乎为0，而甲烷的生成速率加快，可判断是温度对反应的影响导致的，故300～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以的生成速率加快。17．(1)羧基、酯基3

(2)不互为

加成反应饱和碳酸钠溶液【分析】淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇，A是乙醇；乙醇氧化生成乙酸，B是乙酸；乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，C是乙酸乙酯；乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；乙烯在催化剂作用下氧化为环氧乙烷，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，D是环氧乙烷、E是乙二醇。【详解】（1）①根据该有机物的结构简式，可知分子式为，分子中含有的官能团名称为羧基、酯基。②苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质最多能与3mol发生加成反应。（2）①淀粉与纤维素分子式均为(C6H10O5)n，由于聚合度n不同，所以不是同分异构体。②D为环状化合物，D是环氧乙烷，加热条件下被氧气氧化为环氧乙烷的化学方程式为。③E分子式C2H6O2，62gE的物质的量为1mol，与足量Na反应生成22.4L(标准状况)，氢气的物质的量为1mol，1molE生成1molH2，说明E分子中含有2个羟基，E是乙二醇，则E的结构简式为。④F是氯乙烷，乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷。⑤是乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，M的作用是收集乙酸乙酯，反应前试管中盛放的M为饱和碳酸钠溶液；i．能与溶液反应生成，说明含有羧基；ii．含有2个甲基。符合条件的乙酸乙酯的同分异构体为。18．(1)或30%0.01=(2)Ⅰ和Ⅱ甲(3)CE【详解】（1）①5min内X物质的量减