湖南省常德市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）

湖南省常德市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AAACDBBACC题号11121314答案CADC1．A【详解】A．碳酸饮料中存在平衡，摇动后压强减小，平衡逆向移动，CO2逸出产生大量气泡，体现了压强对化学平衡的影响，A正确；B．“木与木相摩则然”中，“然”指燃烧，燃烧是化学能转化为热能和光能，而非热能转化为化学能，B错误；C．在酿酒工艺中，“酒曲”中的酶为催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡，不存在使平衡正向移动的情况，C错误；D．工业合成氨采用700K高温主要考虑催化剂活性和反应速率，而非勒夏特列原理，D错误；故选A。2．A【详解】A．可逆反应的定义是同一条件下，同时能向正、逆反应方向进行的化学反应，该选项未提及“同一条件下”的关键前提，A错误；B．可逆反应达到平衡是动态平衡，正、逆反应速率相等但不为0，仍有反应物转化为生成物，同时生成物也等量转化为反应物，B正确；C．给定条件下，可逆反应达到平衡状态时就是该条件下的反应最大限度，反应完成程度达到最大，C正确；D．调控温度、压强等反应条件可以使化学平衡发生移动，从而提高可逆反应的进行程度，D正确；故答案选A。3．A【详解】A．合理施用化肥需要考虑化肥与土壤酸碱性的匹配，避免加剧土壤酸化或碱化，导致失去土壤失去使用效益，故A正确；B．维生素C用作食品中的防腐剂，是因为维生素C有较强的还原性，可以防止食品被氧化，间接达到延长食品保质期的效果，而非防腐剂（防腐剂如苯甲酸钠），故B错误；C．“OTC”是非处方药标识，处方药无此标识，处方药的标志是“Rx”，故C错误；D．在食盐中添加的硫酸钙，其主要目的是作为抗结剂，而硫酸钙能够使蛋白质发生凝聚从分散系中分离出来，即发生聚沉，因此制作豆腐时硫酸钙可以作为凝固剂，营养强化剂是指为了增加食品的营养价值，有目的、有控制地添加到食品中的天然或人工合成的营养素（如维生素、矿物质、氨基酸等），故D错误；故答案选A。4．C【详解】A．氧原子半径小于氮原子，所以图中“●”代表氧原子，A正确；B．NO中只含共价键，NO是共价化合物，B正确；C．1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)，断键吸收的总能量为946kJ+498kJ=1444kJ，成键放出的总能量为2×632kJ=1264kJ，可吸收能量1444kJ-1264kJ=180kJ，C错误；D．N2分子的键能较大，断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量，故N2化学性质稳定，D正确；故选C。5．D【详解】A．含酚羟基、能与溶液发生显色反应，A正确；

B．含酚羟基、具强还原性、能用作抗氧化剂，B正确；C．含酚羟基、能与浓溴水发生取代反应，C正确；

D．酚羟基、羧基均能与氢氧化钠反应，1mol该物质最多与4molNaOH反应，D不正确；答案选D。6．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。7．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。8．A【详解】A．具有还原性，氯水中的Cl2具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，Cl2将氧化为，自身被还原为，所给化学方程式书写无误，A正确；B．碱性氢氧燃料电池的正极是得到电子发生还原反应，反应式应为O2+2H2O+4e⁻=4OH⁻，B错误；C．标准燃烧热要求生成液态水，选项中生成的气态水应改成液态水，且ΔH应为-285.8kJ·mol⁻¹(放热反应的ΔH小于0)，C错误；D．氨水是一元弱碱，不能拆开，与稀HNO3反应的离子方程式应为，D错误；故选A。9．C【详解】A．由图可知，物质的量减小的Y为反应的反应物，物质的量增大的X为生成物，Y和X的物质的量之比为(10-3)mol：(5.5-2)mol=2：1，t3min时，X、Y的物质的量不变说明反应达到平衡，该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为2Y⇌X，故A错误；B．由图可知，t1min时，物质Y的物质的量为6mol，则Y的转化率为×100%=40%，故B错误；C．由图可知，t2min时，X、Y的物质的量相等，但反应未达到平衡，是平衡的形成过程，所以反应物的正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．同一化学反应用不同物质表达的反应速率与物质的化学计量数成正比，故2v正(X)=2v逆(Y)时，反应达到平衡，D错误；故选C。10．C【详解】A．分子中有羟基、碳碳双键、羧基3种官能团，故A正确；B．分子中有羧基，能与乙醇发生酯化反应，分子中还有羟基，能与乙酸在一定条件下发生酯化反应，故B正确；C．利用分子中的碳碳双键与溴发生加成反应，该分子使酸性高锰酸钾溶液褪色是被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故C错误；D．羟基和羧基上的H都能被Na置换生成氢气，1mol该有机分子与足量钠反应能产生1mol氢气，即2gH2，故D正确；故选C。11．C【详解】A．活泼金属做负极，所以Zn为负极，Cu为正极，电子由锌片经导线流向铜片，A错误；B．电解质溶液是KOH溶液，负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，B错误；C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌失电子生成Zn2+，使用一段时间锌筒会变薄，C正确；D．铅蓄电池放电时，Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，使用一段时间后电解质溶液的酸性增减弱，导电能力减弱，D错误；故选C。12．A【详解】A．无论对于吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率加快，故A正确；B．H2SO4与BaCl2两溶液反应时无气体参与，则增大压强，反应速率不变，故B错误；C．增大水的用量不影响Na与水的反应速率，因浓度不变，故C错误；D．Fe在浓硫酸中被钝化，不能生成氢气，故D错误；故选A。13．D【分析】①氯化：钛酸亚铁（FeTiO3）与焦炭、氯气反应得到X(FeCl3)，同时生成CO和TiCl4；②CO和H2生成CH3OH；③Mg高温还原TiCl4得到Ti和MgCl2。【详解】A．钛酸亚铁（FeTiO3）中，铁显+2价，钛显+4价，氧显-2价，A错误；B．在第一步氧化过程中，焦炭将三价铁还原为二价铁，所以X为FeCl3，B错误；C．根据第二步的反应：CO+2H2=CH3OH，一氧化碳和氢气的质量比为28：4=7：1，C错误；D．在第三步冶炼过程中，发生的反应为：TiCl4+2Mg=Ti+2MgCl2，氧化产物MgCl2与还原产物Mg的物质的量之比为2：2=1：1，D正确；故选D。14．C【分析】OER发生吸氧反应，由图可知，OER中总反应为：；UOR尿素中N原子失电子生成氮气，生成1个氮气失去6个电子，则UOR的总反应为：；【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素原子半径从左到右依次减小，则原子半径大小：，故A错误；B．OER的第Ⅱ步骤有O-O非极性键的形成，故B错误；C．UOR尿素中N原子失电子生成氮气，生成1个氮气失去6个电子，由图可知，则UOR的总反应为：，故C正确；D．能形成氢键的元素有N、O、F，则H2O存在氢键，故D错误；故选C。15．(1)还原(2)(3)c(4)(5)吸收多余的(6)取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸，再加溶液，若产生白色沉淀，说明样品已变质(7)【分析】铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，SO2与NaHSO3溶液不反应，故装置Ⅱ观察二氧化硫的生成速率，且在饱和NaHSO3溶液中通入二氧化硫，析出晶体，以此分析；【详解】（1）具中S为+4价，化合价升高生成硫酸根，则其具有还原性；故答案为：还原；（2）根据分析，A中铜与浓硫酸生成二氧化硫，；故答案为：；（3）根据分析，装置Ⅱ观察二氧化硫的生成速率，则选择的试剂不与二氧化硫反应，则通入饱和NaHSO3溶液既不与二氧化硫反应；故答案为：c；（4）NaOH吸收二氧化硫制取NaHSO3，由NaHSO3脱水制得焦亚硫酸钠Na2S2O5，，；故答案为：、；（5）D中用NaOH吸收过量的二氧化硫进行尾气处理；故答案为：吸收多余的SO2；（6）其具有还原性，易被氧化为硫酸钠，取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明样品已变质；故答案为：取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明样品已变质；（7）根据得失电子原理，,25mL该溶液中，溶液浓度为，则500mL溶液中溶质质量为，则样品中的质量分数为；故答案为：95%。16．(1)0.2mol/(L·min)(2)AB(3)BD(4)75%1∶3(5)正CH3OH-6e-＋H2O=CO2+6H＋【详解】（1）如图，量为，根据反应方程式，，，答案为：；（2）A．升高温度，增加活化分子百分数，有效碰撞增多，反应速率加快，故A正确；B．加入催化剂，降低活化能，提高反应速率，故B正确；C．扩大容器的体积，压强减小，反应速率减小，故C错误；D．保持容器体积不变充入氮气，压强增大，但反应物浓度不变，反应速率不变；答案为：AB；（3）A．平衡时四种气体浓度保持不变，但不一定成比例，故A错误；B．该反应为分子数减少的反应，恒温恒容下，压强与物质的量成正比，压强不变时说明反应达到平衡状态，故B正确；C．的消耗速率与的生成速率均表示正反应速率，不能说明达平衡，故C错误；D．根据，由质量守恒定律气体质量m不变，分子数减少n在变，所以M为变量，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达到平衡状态，故D正确；答案选：BD；（4）达到平衡时，，转化率；转化的氢气的物质的量为，剩余的，生成的物质的量为，此时混合气体中和的物质的量之比为，故答案为：75%、1:3；（5）如图，为原电池装置，有氧气参与的一极只能发生还原反应，电极b为正极，a电极反应式为。17．(1)CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O(2)b(3)C(4)B126(5)水层液面不再升高(6)65%【分析】乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯方程式为：，然后安装分水器、温度计及回流冷凝管，接通冷凝水，加热三颈烧瓶(温度控制在115℃～125℃之间)，发生反应。获得乙酸正丁酯粗产品以后，先进行水洗、分液，洗去残留物；用10％碳酸钠溶液洗涤、分液，除去剩余的乙酸和正丁醇、硫酸等；再次进行水洗、分液，洗去残留物；随后用无水MgSO4干燥；最后蒸馏获得精制产品。【详解】（1）乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯，发生酯化反应，方程式为：。（2）为提高冷凝效果，冷凝水应该“低进高出”，冷凝水从回流冷凝管端管口流入。（3）反应温度控制在之间，所以实验中应采取的最佳加热方式为油浴加热，选C。（4）获得乙酸正丁酯粗产品以后，先进行水洗、分液，洗去残留物；用10％碳酸钠溶液洗涤、分液，除去剩余的乙酸和正丁醇、硫酸等；再次进行水洗、分液，洗去残留物；随后用无水MgSO4干燥；最后蒸馏获得精制产品，故选B。乙酸正丁酯的沸点是126℃，蒸馏操作中收集产品的温度约为126℃。（5）反应结束后不再有水生成，反应结束的标志是水层液面不再升高。（6）18.5mL正丁醇的物质的量为，理论上生成乙酸正丁酯的物质的量为0.2mol，称量制得的乙酸正丁酯的质量为，则乙酸正丁酯的产率是。18．(1)放出92kJ0.15mol/(L·min)50%(2)正NO-2e-+O2-=NO2(3)5.8×10-3探究温度对化学反应速率的影响ac【详解】（1）由，可以得出的反应焓变为，反应生成2molNH3可以放出92kJ的热量；容积为2L的密闭容器内充入2molN2和4molH2，10分钟时测得NH3的浓度为1mol/L，则，，由；由。（2）Pt电极是由O2→O2-，化合价在降低，发生还原反应为电源正极；NiO电极为电源负极，固体电解质能传导O2-，发生的电极反应式为（3）实验需要控制变量，由实验Ⅰ和实验Ⅱ可以知道其变量为催化剂的比表面积，其余的数据应该都一样，所以b=5.8×10-3；由实验Ⅰ和实验Ⅲ可以知道其变量为温度，其余的数据应该都一样，所以a=1.20×10-3，实验Ⅰ和实验Ⅲ的目的是为了探究温度对化学反应速