湖南省长沙市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）

湖南省长沙市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CCDCBDDCCB题号11121314答案BCBB1．C【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]==0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol，故答案为C。【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。2．C【分析】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氧化亚铁离子为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体，以此解答该题。【详解】A．由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；B．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，过滤，所用仪器不同，故B错误；C．滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，氧化亚铁离子为铁离子反应为：2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe3+，故C正确；D．KSCN溶液可检验溶液中是否含有Fe3+，检验Fe2+应选择铁氰化钾溶液，滴加后有蓝色沉淀，即说明溶液W中含有Fe2+，故D错误；故答案为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+和会反应产生CaCO3沉淀，因此不能大量共存，故B错误；C．NO3−在酸性条件下会氧化FeD．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．C【详解】该物质含有，可与醇发生酯化反应；该物质含有，可与羧基发生酯化反应，在铜催化下可被氧化成；该物质不能发生加成反应、水解反应和加聚反应。故选C。5．B【详解】用CH3C═CH合成CH2=CCH3COOCH3，要把一个C3H4分子变成一个C5H8O26．D【分析】由、和的燃烧热分别是、、可得反应①：，反应②：，反应③：，据此回答。【详解】A．由反应③：可知，生成液态水时放出的热量更多，故

，A错误；B．由可知，该反应为可逆反应，不能完全进行，故和充分反应，放出的热量小于46.2kJ，B错误；C．由反应②为可知，

，C错误；D．由分析知，由盖斯定律得=故，D正确；故选D。7．D【详解】A．由有机物X的结构简式可知，X分子中含有酯基、羟基、碳碳双键三种官能团，故A正确；B．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X分子中含有羟基（羟基所连碳原子有氢原子）、碳碳双键，X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和X，故B正确；C．X中有苯环和碳碳双键，在一定条件下能发生加成反应，X中有碳碳双键，在一定条件下能发生加聚反应，X分子中含有酯基、羟基，在一定条件下能发生取代反应，X分子中苯环上氢原子在一定条件下能发生取代反应，X分子中含有羟基、碳碳双键，在一定条件下能发生氧化反应，故C正确；D．苯中无碳碳双键，苯中碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，1molX中含有1mol碳碳双键，故D错误；故答案为：D。8．C【分析】从图中可以看出，反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应为吸热反应。【详解】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl发生复分解反应，生成BaCl2、NH3等，该反应能使周围环境的温度降低，则属于吸热反应，A不符合题意；B．在持续提供高温的条件下，碳与水蒸气发生反应，生成一氧化碳和氢气，则该反应为吸热反应，B不符合题意；C．氢气在氯气中安静的燃烧，该反应为放热反应，C符合题意；D．碳酸氢钠和盐酸反应，需要从周围环境中不断吸收热量，则此反应为吸热反应，D不符合题意；故选C。9．C【详解】A．消毒面具中的过氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，或与水反应生成氢氧化钠和氧气，则消耗0.1mol过氧化钠时，转移电子的个数为0.1mol×1×NAmol—1=0.1NA，故A错误；B．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸会变为不能与铜共热反应的稀硫酸，所以硫酸无法完全反应，无法计算加热条件下，含溶质2mol的浓硫酸与足量铜反应生成二氧化硫的物质的量和分子数，故B错误；C．铜与硫共热反应生成硫化亚铜，则足量硫与6.4g铜加热反应时，转移的电子总数为×1×NAmol—1=0.1NA，故C正确；D．缺标准状况下，无法计算电路中每经过0.2NA个电子时，正极上产生氢气的体积，故D错误；故选C。10．B【详解】A．由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O5，A正确；B．该有机物中含氧官能团的种类有酯基、羟基、羧基，B错误；C．分子中含有碳碳双键可发生加成、氧化反应，含有羧基、羟基、酯基可发生取代反应，C正确；D．只有羧基能与NaHCO3反应，则1mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成1molCO2，气体质量为44g，D正确；故选B。11．B【详解】A．一水合氨是弱碱，应保留化学式；少量生成，方程式配平正确，A正确；B．醋酸是弱酸，不能拆，应保留分子形式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，B错误；C．与按1:1反应时恰好完全沉淀，方程式配平正确，C正确；D．少量时与反应生成和，符合酸性强弱规律，方程式配平正确，D正确。故选B。12．C【分析】根据流程图分析，氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)经过还原焙烧后生成FeO和CO2，经过硫酸酸浸后生成硫酸亚铁溶液，过滤后除去难溶于硫酸的滤渣，在滤液中加入碳酸氢铵调节pH，得到氢氧化亚铁沉淀，在通入氧气的条件下煅烧得到氧化铁，据此分析解答。【详解】A．已知：还原焙烧后氧化铁渣转化为FeO，部分铁元素化合价降低，碳元素化合价升高，则“还原焙烧”时Fe3O4发生反应的化学方程式为，A不符合题意；B．“沉铁”时硫酸亚铁溶液和碳酸氢铵反应得到氢氧化亚铁沉淀：，则“沉铁”中的“铁”是指Fe(OH)2，B不符合题意；C．H＋和HCO3−反应，不能大量共存，滤液中主要存在的离子是：、SOD．煅烧时氧气把+2价铁氧化到+3价，按得失电子守恒，每生成1molFe2O3，反应转移2mole-，D不符合题意；故选C。13．B【分析】A中制备氨气，D装置用来控制NH3的流速以及检验后续装置是否堵塞，E装置干燥氨气，B装置中氨气和CrCl3反应制备氮化铬，由于CrCl3易升华，其蒸气易冷凝，粗导管是为了防止CrCl3冷凝导致堵塞，CrCl3极易水解，E装置可防止空气中的水进入C中，故装置的连接顺序为A→D→E→B→C→E。【详解】A．据分析，装置的连接顺序为A→D→E→B→C→E，A不符合题意；B．A中制备氨气，氨气极易溶于水，氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应制备氨气时需要加热，题中无加热装置，故说法错误，B符合题意；C．据分析，B与C装置之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的CrCl3冷凝堵塞导管，C不符合题意；D．CrCl3与NH3反应生成CrN和HCl，元素化合价不变，故不属于氧化还原反应，D不符合题意；故选B。14．B【详解】A．a点后物质浓度继续变化，此时没有达到了化学平衡状态，A错误；B．c点物质浓度更大，则反应速率更快，故反应速率v正(b点)<v正(c点)，c点达到平衡，则，则，B正确；C．第一次平衡时，X对应的曲线是浓度变化量是Y的2倍，则曲线X对应的是二氧化氮浓度的变化曲线，25min时二氧化氮浓度瞬间增大、而四氧化二氮浓度不变，则改变的条件是增大了NO2的浓度，C错误；D．恒容条件下，反应体系质量不变，体系的密度始终不发生改变，所以密度不变不能判断平衡，D错误；故选B。15．(1)①③(2)碘水NaOH(3)取代反应(4)羧基(5)【分析】根据丙烯酸乙酯逆推，D和B反应生成丙烯酸乙酯的反应类型应该是酯化反应，反应物应该为乙醇和丙烯酸，结合题目所给的初始物质的结构简式可知，有机物B为乙醇，有机物D为丙烯酸，由丙烯与Br2发生取代后，再经水解、氧化生成D，乙烯与水发生加成反应生成B，据此分析；【详解】（1）①和为分子式相同、结构不同的化合物，互为同分异构体；②黄铜与青铜均是铜的合金；③与CH2=CH−④淀粉[]与纤维素[]n值不同，不属于同分异构体；故互为同分异构体的是①；互为同系物的是③；（2）若淀粉发生部分水解，水解液中存在葡萄糖和淀粉，淀粉遇碘变蓝色，葡萄糖中有醛基，在碱性条件下与新制的Cu(OH)2加热反应得到红色沉淀。为证明淀粉发生部分水解，可把水解液分装两支试管，其中一支试管中加入碘水，另一支试管中先加足量NaOH溶液，再加入新制溶液进行检验；（3）根据C的结构可知，由丙烯生成C的反应类型为取代反应；（4）根据分析可知，D为丙烯酸，结构简式为，D中含氧官能团的名称为羧基；（5）乙醇和丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，化学方程式：。16．(1)防止液体暴沸(2)加快反应速率，减少反应物挥发，防止浓硫酸使有机物炭化等副反应发生(3)ABD(4)洗去残留溶液，防止其与反应生成沉淀，同时可降低乙酸乙酯的溶解度(5)分液漏斗(6)(7)【分析】实验小组在实验室制取乙酸乙酯并进行提纯。制取乙酸乙酯用3mL乙醇(51mmol)、2mL浓硫酸、2mL冰醋酸(35mmol)，根据乙酸乙酯的熔沸点，产品会通过导管进入到试管B中，再通过乙酸乙酯难溶于水、密度比水小则产品会在饱和溶液上层。收集到的产品不纯，会有水、乙醇等杂质，所以在提纯过程中以此用5mL饱和食盐水、5mL饱和氯化钙溶液和5mL蒸馏水洗涤。【详解】（1）碎瓷片有多孔状，可用于防止液体暴沸。故答案为：防止液体暴沸。（2）加热可使化学反应加快，当试管受热均匀后持续加热可提供合适的温度，加快化学反应速率；小火主要是防止反应物乙醇、挥发；防止浓硫酸使有机物炭化等副反应发生。故答案为：加快反应速率，减少反应物挥发，防止浓硫酸使有机物炭化等副反应发生。（3）进入试管B中的有产品乙酸乙酯、挥发过来的乙酸、乙醇、水。饱和溶液可以中和乙酸并溶解乙醇、降低乙酸乙酯在水中的溶解度、提高水溶液的密度，加速乙酸乙酯和水溶液分层；由于产品原料都进入B，A中的反应物减少速率降低，C错误。故答案为：ABD。（4）试管B中的混合液上层是乙酸乙酯，下层主要是溶液，还有乙醇和乙酸钠。用5mL饱和食盐水可以洗去酯中洗去残留溶液，因与反应生成沉淀，同时可降低乙酸乙酯的溶解度。故答案为：洗去残留溶液，防止其与反应生成沉淀，同时可降低乙酸乙酯的溶解度。（5）分离有机相和洗涤有机相时都需要分液，用到的是分液漏斗和烧杯。故答案为：分液漏斗。（6）蒸馏共收集到乙酸乙酯2.31g，是实际质量；在试管A中加入3mL乙醇(51mmol)和2mL冰醋酸(35mmol)，冰醋酸量少，理论产量用冰醋酸计算，生成的乙酸乙酯的质量=。本实验的产率=。故答案为：。（7）在酯化反应中，遵循酸脱羟基醇脱氢的原则。若用同位素标记乙醇中的氧原子，则试管A中制备乙酸乙酯的化学方程式为。故答案为：。17．(1)c(2)A(3)I和II乙(4)BCD(5)正28【分析】①根据单一变量的原则，实验Ⅰ和Ⅱ中NO的浓度不同，故I和Ⅱ是验证浓度对化学反应速率的影响，、；实验Ⅲ与Ⅰ、Ⅱ中的温度不相同，C可以是或；Ⅰ和Ⅳ是研究催化剂的比表面积对化学反应速率的影响。②原电池处理汽车尾气中、，工作原理如下：O2在电极上得电子，发生还原反应，故通入O2的电极为正极，反应为；另一侧电极上、失电子，发生氧化反应，为负极，反应为、。电子从负极经导线流向正极；溶液中向负极移动。【详解】（1）a．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热，使其分解生成焦炭、煤焦油、焦炉气等多种物质的过程，属于复杂的物理化学变化，a错误；b．石油裂解是化学变化，将长链烃断裂为短链烃，b错误；c．石油分馏是利用各成分沸点不同分离，属于物理变化，c正确；d．煤的液化是化学变化，将煤转化为液体燃料，d错误；综上，答案是c。（2）①有5种同分异构体，分别是、、、、，其中的一氯代物有两种。②燃烧为放热反应，反应物总能量高于生成物，能量变化可用图A表示。（3）①根据单一变量的原则，实验Ⅰ和Ⅱ中NO的浓度不同，故I和Ⅱ是验证浓度对化学反应速率的影响；②由图可知，甲乙最终达到的平衡相同、但反应速率不同，故Ⅰ和Ⅳ是研究催化剂的比表面积对化学反应速率的影响，实验中催化剂的比表面积大，反应速率快，达到平衡的时间短，Ⅳ的催化剂的比表面积大，则其中表示实验Ⅳ的是曲线乙。（4）A．1100K达到平衡时NO的转化率是，但题中没有给出NO的物质的量，故无法计算放出的热量，A错误；B．该反应为气体分子数不变的反应，恒压条件下，平衡常数不发生变化，再充入一定量的NO，平衡向右移动，但NO的平衡转化率不变，B正确；C．在之间，化学反应还没有达到平衡状态，反应仍正向进行，故速率：v正，C正确；D．设起始物质的量为，时转化率为80%，则反应1.6mol，则平衡时为，N2为，为，气体总物质的量为。分压：，，。，D正确；综上，答案为BCD。（5）①