湖南省娄底市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）

湖南省娄底市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CCDBBDBDCB题号11121314答案CBDD1．C【详解】A．高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+B．铵态氮肥受热易分解，阳光直射或高温环境会导致其分解损失肥效，因此需避免阳光直射和高温环境，B正确；C．酸雨是指pH＜5.6的雨水，含有亚硫酸的酸雨，长时间放置，酸性变强，C错误；D．高纯度二氧化硅是光导纤维的主要成分，二氧化硅可与强碱反应生成硅酸盐和水，因此光导纤维遇强碱会“断路”，D正确；故选C。2．C【详解】A．石英的主要成分为而非硅单质，A错误；B．水晶的主要成分为而非硅单质，B错误；C．硅是良好的半导体材料，计算机芯片的核心原料为硅单质，C正确；D．光导纤维的主要成分为而非硅单质，D错误；故选C。3．D【详解】A．Fe3+和OH-会反应产生Fe(OH)3沉淀，因此不能大量共存，故A错误；B．Ca2+和CO32−会反应产生CaCOC．在酸性条件下会氧化Fe2+，因此不能大量共存，故C错误；D．离子之间互相不发生反应，因此能在溶液中大量共存，故D正确；故答案选D。4．B【详解】A．金属钠会先与溶液中的水发生剧烈反应，无法置换出金属Ti。工业上冶炼Ti是在熔融状态下进行反应，性质与用途的对应关系不成立，A不符合题意；B．过氧化钠（）能与人呼出的和水蒸气反应生成氧气，反应式为2Na2O2+2C．氯气用于自来水消毒是因为其溶于水后生成的次氯酸（HClO）具有强氧化性，能杀灭细菌，而非利用其毒性，性质与用途的对应关系不成立，C不符合题意；D．小苏打（）用于治疗胃酸过多，是因为它能与胃酸（主要成分为盐酸）发生反应，中和过多的酸，与其受热易分解的性质无关，性质与用途的对应关系不成立，D不符合题意；故答案选B。5．B【详解】A．分子式为的烷烃含三个甲基，说明仅含1个支链，符合条件的结构为2-甲基己烷、3-甲基己烷、3-乙基戊烷，共3种，A错误；B．含两个、两个、一个和一个，以三价的次甲基为中心拼接基团，共可得到4种符合条件的结构，分别为；；；，选项表述正确，B正确；C．分子式为的烷烃有正丁烷、异丁烷两种碳骨架，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，共9种，C错误；D．分子式为的醇的结构由丁基与羟基连接得到，丁基共4种，对应醇有4种，D错误；故选B。6．D【详解】A．无水CaCl2不能干燥氨气，应当用碱石灰；A错误；B．缺少环形玻璃搅拌棒，B错误；C．Cl2会和NaOH反应，应当用饱和食盐水，C错误；D．灼烧应该使用坩埚，坩埚应当放置在泥三角上；D正确；故答案选D。7．B【详解】A．加工腊肉、香肠时添加的亚硝酸钠属于防腐剂，A错误；B．制作馒头、面包时加入的碳酸氢铵、小苏打属于膨松剂，B正确；C．糖果中添加的苋菜红、柠檬黄、靛蓝等属于着色剂，C错误；D．食物中添加的味精（即谷氨酸钠）属于增味剂，D错误；故选B。8．D【详解】A．阿司匹林长期服用可能引起胃黏膜损伤等副作用，不可长期服用，故A错误；B．药物剂量需严格遵循医嘱，随意加倍服用可能导致中毒或副作用，故B错误；C．“OTC”是非处方药的标识，处方药需医生处方且无此标识，故C错误；D．碳酸氢钠能与胃酸反应，缓解胃酸过多，故D正确；选D。9．C【详解】A．由题干图示信息可知，该反应的反应物总能量高于生成物的总能量，故为放热反应，A错误；B．由题干图示信息可知，反应过程中，有O=O非极性键断裂，但没有非极性键形成，B错误；C．由题干图示信息可知，化学方程式为，C正确；D．由题干图示信息可知，反应后HAP中的氧原子来自O2，若用作示踪实验，反应后HAP中含原子，D错误；故答案为：C。10．B【详解】A．苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特大π键，不存在真正的碳碳双键，因此1mol苯分子中不含碳碳双键，A错误；B．和的最简式均为CH2，14g混合气体中CH2的物质的量为，每个CH₂单元含3个原子，因此总原子数为3NA，B正确；C．乙烷与的取代反应生成多种氯代物的混合物，无法保证全部生成，因此的分子数小于1NA，C错误；D．与水的反应中，该反应为歧化反应，中-1价的O原子，部分化合价升高至0价，部分化合价降低至-2价，因此转移电子数为NA，D错误；故选B。11．C【详解】A.丙烯与乙烯的性质相似，乙烯能在空气中燃烧，丙烯也可以，A正确；B.丙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.丙烯的结构简式为CH2=CH-CH3，与Br2的加成产物是CH2Br－CHBr－CH3，C错误；D.丙烯中含有碳碳双键能发生加聚反应，碳碳双键中一条键发生断裂，生成聚丙烯，D正确；答案选C。12．B【分析】海水可以得到淡水，经过蒸发浓缩得到食盐水，电解食盐水可以得到H2、Cl2和NaOH，从海水中也能够得到金属镁。【详解】A．海水中存在Na+、Cl-、Ca2+、硫酸根等离子，海水直接蒸发结晶能得到粗盐，故A正确；B．海水制取镁先用Ca(OH)2沉淀得到Mg(OH)2，Mg(OH)2加盐酸溶解，再经过蒸发浓缩，在HCl气流中加热得到无水MgCl2，电解熔融的MgCl2得到Mg单质，工业上电解氯化镁溶液得不到金属镁，故B错误；C．电解食盐水可以得到H2、Cl2和烧碱，从海水中获取烧碱的过程属于化学变化，故C正确；D．蒸馏法、电渗析法和反渗透法等可以从海水中获取淡水，故D正确；故选B。13．D【详解】A．碳是固体，浓度是常数，增大用量，反应速率不变，故A错误；B．CO和H2的生成速率均表示正反应速率，二者相等无法说明达到平衡，也就无法证明H2O(g)的转化率不再改变，故B错误；C．根据质量守恒可知，总质量始终守恒，因此质量不变无法判断平衡；该反应的反应物气体系数之和与生成物气体系数之和不相等，在恒容密闭容器内，压强是个变量，当压强不再改变时，反应达到平衡状态，故C错误；D．增加H2O(g)的浓度，即增大反应物浓度，平衡正向移动，C的转化率提高，有利于提高C的利用率，故D正确；故答案选D。14．D【详解】A．25℃、光照条件下，与反应生成、CH2Cl2、、CCl4、五种产物，A错误；B．①→②的焓值降低，为放热过程，B错误；C．据图可知，在催化剂表面没有非极性键的断裂，C错误；D．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，方程式为，原子利用率为100%，D正确；故选D。15．(1)N2N2(g)+O2(g)=2NO(g)

ΔH=+180kJ/mol(2)285.8kJ(3)Cu51.2g(4)玻璃搅拌器保证盐酸完全中和，减小实验误差(5)BD【详解】（1）键能越大越稳定，图1三种分子最稳定的是N2；该反应中的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，热化学方程式为：。（2）燃烧热指的是1mol可燃物充分燃烧生成稳定化合物时所放出的热量，已知

，则氢气的燃烧热为。（3）该燃料电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为；电解氯化铜溶液(石墨作电极)，阴极反应式为，4.48L(已换算成标准状况)甲烷的物质的量为0.2mol，此时转移的电子数为1.6mol，则理论上可得阴极产物Cu的质量为。（4）为使盐酸和氢氧化钠快速、完全反应，需要搅拌，从图中实验装置看，缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌器；溶液稍过量的原因是保证盐酸完全中和，减小实验误差。（5）A．实验装置保温、隔热效果差，热量损失多，使中和热的数值小于，故A不符合题意；B．用量筒量取盐酸的体积时仰视读数，盐酸物质的量偏多，生成水偏多，放热偏多，使中和热的数值大，故B符合题意；C．盐酸与NaOH溶液混合后，需要记录温度的最高值，立即记录温度，测得的温差偏小，使中和热的数值小于，故C不合题意；D．一次性把溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量损失少，对中和热数值无影响，故D符合题意；E．一水合氨是弱电解质，电离吸收热量，导致中和热的数值小于，故E不合题意；答案为BD。16．(1)2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)

△H=-1446.4kJ·mol-1(2)cb0.006mol·L-1·min-1AC(3)Ba【分析】根据物质的热值计算，写出热化学方程式；根据物质在反应体系中浓度的变化计算化学反应速率及判断反应是否达到平衡状态；根据燃料电池的结构图判断正负极，写出电极方程式。【详解】（1）由甲醇的热值计算可知，甲醇燃烧生成H2O(l)和CO2(g)的热化学方程式为。（2）①由题意得，达平衡时，则，表示CO变化的曲线是c，表示CH3OH变化的曲线是b。0～2min内，列三段式得：用H2表示从0～2min内该反应的平均速率。②A．该反应体系中反应前后质量守恒，气体物质的量减少，所以混合气体的平均相对分子质量保持不变可说明反应达到平衡状态，A项正确；B．该反应按照化学计量数比投料，无论是否达到平衡状态，CO和H2的转化率均相等，B项错误；C．该反应前后气体的总物质的量变化，CO和H2的体积分数保持不变可说明反应达到平衡状态，C项正确；D．该反应体系为恒容容器，反应前后质量守恒，则混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，D项错误；E．每发生1mol逆反应，生成1molCO的同时有1molO-H键断裂，不能说明反应达到平衡状态，E项错误；故选AC；（3）①由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应从B口通入空气。②结合①中分析可知，电池内部OH-向a极迁移。③a极为负极，负极的电极反应式为。17．(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，选氯化钡除去硫酸根离子，选碳酸钠除去过量钡离子及钙离子，过滤后加盐酸至中性，蒸发结晶分离出，为除掉过量的钡离子，碳酸钠需在氯化钡之后，则加入沉淀剂的顺序为③②①④(或③①②④或②③①④)；（3）由分析可知，在母液中加入碱可得到氢氧化镁沉淀，熟石灰较氢氧化钠便宜，因此试剂X最好选用B；（4）工业上电解熔融氯化镁制取Mg，化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；（5）用热空气将溴吹出富集，是利用了溴易挥发的性质；（6）“吸收塔”内，二氧化硫的水溶液与溴单质反应，溴单质转化为溴离子，离子方程式为：；（7）流程中将海水中的Br-经过氯气氧化、吹出，再用二氧化硫还原吸收可实现富集溴元素的目的。18．(1)羟基(2)①(3)能(4)(5)酯化反应或取代反应(6)ab(7)cd【分析】Ⅰ．由有机物的转化关系可知，一定条件下二氧化碳与氢气反应生成甲醇，醇氧化酶作用下甲醇与氧气反应生成甲醛，甲酰酶作用下甲醛生成，经多步转化生成淀粉；Ⅱ．由有机物的转化关系可知，淀粉在稀硫酸中共热发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，一定条件下乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，一定条件下乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则C为聚乙烯；铜做催化剂条件下乙醇和氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，则D为乙醛；催化剂作用下乙醛和氧气共热发生催化氧化反应生成乙酸，浓硫酸作用下乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则F为乙酸乙酯，据此分析；【详解】（1）由结构简式可知，甲醇的官能团为羟基（2）碳原子最外层电子数为4，应形成4对共用电子对以达到8电子稳定结构，①中C原子形成5对共用电子对，因此①不正确、②正确；（3）由分析可知，DHA的结构简式为，DHA中含有羟基，与乙醇中的官能团相同，乙醇能与金属钠反应，因此推测DHA也能与金属钠反应；（4）由分析可知，C为结构简式是的聚乙烯；D为乙醛分子式为C2H4O，不饱和度为1，含氧原子，故同分异构体(环状结构)的结构简式是；（5）由分析可知，反应v为浓硫酸作用下乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为，反应类型是酯化反应或取代反应；（6）a．由分析可知，C为聚乙烯，聚乙烯属于烃，不属于烃的衍生物，故错误；b．由分析可知，反应iii为铜做催化剂条件下乙醇和氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和