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01（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01化学试题（解析版）题号12345678910答案CABDBCDCCC题号11121314答案DCBC1．C【详解】A．糖类分为单糖、二糖和多糖，单糖（如葡萄糖）不能发生水解，且人体无法水解纤维素等多糖，并非所有糖类在人体内都能水解，A错误；B．食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量远小于104，不属于高分子化合物，B错误；C．乙烯含碳碳双键，可通过加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯无毒，是常用的食品包装袋材料，C正确；D．氮的固定是指将游离态的氮（）转化为化合态氮的过程，中氮元素已经是化合态，植物吸收的过程不属于氮的固定，D错误；故答案选C。2．A【详解】A．羟基为中性基团，氧原子最外层共7个电子，给出的电子式符合羟基的成键特征，A正确；B．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个原子团，属于烷烃，属于烯烃，结构不相似，二者不互为同系物，B错误；C．苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特化学键，不存在单独的碳碳单键和碳碳双键，C错误；D．聚丙烯的单体为，加聚后结构简式为，D错误；故答案选A。3．B【详解】A．和符合通式，可能为烯烃或环烷烃，结构不一定相似，因此二者不一定互为同系物，A错误；B．烷烃同分异构体中，支链越多沸点越低，正丁烷无支链，异丁烷有支链，因此正丁烷沸点更高，B正确；C．转换成是原子核内部的变化，化学变化中原子种类不变，因此该变化属于核反应，不是化学变化，C错误；D．该分子中键由不同种元素的原子形成，属于极性共价键，不存在非极性共价键，D错误；故选B。4．D【详解】A．SO2溶于水生成H2SO3，为弱酸，应分步电离且用可逆符号：、，A错误；B．氢氟酸（HF）为弱酸，不可拆，离子方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，B错误；C．少量铁粉与稀硝酸反应时，还原产物应为NO，离子方程式为：，C错误；D．Al³⁺与弱碱NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式书写正确，D正确；故选D。5．B【详解】A．没有指明温度和压强，无法计算其物质的量和体积，A错误；B．反应中，1molNO2被还原为NO（得2mole⁻），2molNO2被氧化为HNO3（各失1mole⁻），总转移电子数为2mol，生成0.1molNO时转移0.2mol电子，即0.2NA，B正确；C．氧化剂（被还原的NO2）为1mol，还原剂（被氧化的NO2）为2mol，比例1:2，C错误；D．未给出溶液体积，无法通过浓度计算具体数目，D错误；故选B。6．C【详解】A．乙烯是平面形分子，所有原子共平面，故A正确；B．反应①和反应②都是加成反应，反应类型相同，故B正确；C．2-丁烯使溴水褪色是发生加成反应，使酸性溶液褪色是被氧化，原理不同，故C错误；D．由于2-丁烯的结构是对称的，故与HBr加成只生成一种产物，即，故D正确；答案选C。7．D【详解】A．催化剂可加快反应速率，缩短生产时间，则提高生产效率，A正确；B．该反应为可逆反应，则SO2不可能100%的转化为SO3，B正确；C．通过调控反应条件，可使平衡正向移动，如增大压强，增大氧气浓度等措施，可以提高反应进行的程度，C正确；D．平衡时，各物质的物质的量浓度不变，浓度是否相等，与起始量、转化率有关，D错误；故选：D。8．C【详解】A．酸性高锰酸钾会将乙烯氧化成，引入新杂质，A错误；B．NaOH会使乙酸乙酯发生水解，所以不能使用氢氧化钠除去乙酸乙酯中的乙酸，B错误；C．生石灰与水反应生成难挥发的，蒸馏可得纯净乙醇，C正确；D．加入浓溴水生成的三溴苯酚溶于苯，无法通过过滤分离，应加NaOH溶液后分液，D错误；故选C。9．C【详解】A．标况下己烷为液态，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；B．1个甲基含9个电子，1mol甲基含个电子，B错误；C．1mol乙烯含1mol碳碳双键，消耗1mol，C正确；D．合成氨是可逆反应，不能完全转化，转移电子数小于，D错误；故选C。10．C【分析】根据反应的热化学方程式，该反应涉及反应物包含HCl、H2O、Cl2、O2、CuO，再结合催化机理图示可知，CuCl与Z发生氧化还原反应生成Cu2OCl2，可知Z为氧气；Cu2OCl2分解生成CuCl2和CuO，其中CuCl2继续分解生成CuCl和X，Cu元素化合价变化，故X为Cl2，该反应为氧化还原反应；CuO与Y反应可生成Cu(OH)Cl，由原子守恒可知，Y为HCl；Cu(OH)Cl可分解生成Cu2OCl2和W，则W为H2O，故X、Y、Z、W依次为Cl2、HCl、O2、H2O，据此回答。【详解】A．催化剂可以改变反应活化能，即催化剂能改变化学反应速率，A正确；B．Y为反应物HCl，W为生成物H2O，与分析一致，B正确；C．反应制得1molCl2，不需要投入2molCuO，因为CuO为催化剂在反应中可循环利用，C错误；D．图中转化涉及两个氧化还原反应，与分析一致，D正确；故选C。11．D【详解】A．合成塑料聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．新型无机非金属材料富勒烯为碳元素的同素异形体，故C错误；D．传统硅酸盐材料含有硅氧四面体结构，具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定等特点，故D正确；故选D。12．C【详解】A．锥形瓶内发生反应，产生的SO2进入到试管中，CCl4层溶液褪色，证明Br2发生反应，SO2具有还原性，可以被Br2氧化，证明Br2具有氧化性，A项正确；B．试管中花瓣褪色，说明SO2可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO2具有漂白性，B项正确；C．试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的SO2进入到试管中引起的，Na2SO3没有发生氧化还原反应，发生的是“强酸制弱酸”的复分解反应，C项错误；D．试管中Br2可将SO2氧化，生成H2SO4和HBr，可以和Ba2+结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确；故答案为C。13．B【详解】A．64s时，N2O4、NO2的物质的量相等，但随反应的进行，N2O4的物质的量在减小，反应未达到化学平衡状态，A说法错误；B．到达化学平衡前，体积不变，NO2的物质的量增大，则混合气体的颜色逐渐变深，B说法正确；C．若该容器与外界无热传递，该反应为吸热反应，随反应的进行，温度逐渐降低，C说法错误；D．前100s内，用NO2浓度的变化表示的化学反应速率==0.004mol·L-1·s-1，D说法错误；答案为B。14．C【详解】A．根据化学反应速率的数学表达式，用X2表示的反应速率v(X2)==0.0010mol/(L·min)，故A说法正确；B．根据2X2Y(g)2X2(g)+Y2(g)，填表得：0204060801000.1000.0800.0600.0400.020000.0200.0400.06000.0100.0200.030由表格可知，相同时间内，X2Y浓度变化值相等，说明温度一定时，反应速率与X2Y浓度无关，因此n=0，故B说法正确；C．n=0，v=k，即速率与反应物浓度无关，故C说法错误；D．升高温度，反应速率加快，反应60min时，c(Y2)大于0.03mol/L，故D说法正确；答案为C。15．(1)羧基、酯基(2)CH3COOH(3)+CH3OH+(4)2+2+(5)3(6)【分析】A在沸水中发生反应生成B和C，对比A、B、C的结构知，该反应为酯基的水解反应，则C为CH3COOH(乙酸)，B(含羧基、羟基)和CH3OH(甲醇)在浓硫酸、加热的条件下反应生成D，则B→D为酯化反应，D的结构简式为，D和LiAlH4反应转化为E()，E在催化剂的作用下被氧气氧化为F(分子式为)，则E为，以此分析解答。【详解】（1）观察A的结构知，A中官能团的名称为羧基、酯基。（2）C是A发生水解反应得到的产物之一，结合分析知，C为乙酸，结构简式为CH3COOH。（3）结合分析知，B→D过程中，B和CH3OH(甲醇)在浓硫酸、加热的条件下反应生产D()和水，B→D属于酯化反应，反应的化学方程式为+CH3OH+。（4）结合分析知，E为，E在催化剂的作用下被氧气氧化为F，则E→F反应的化学方程式为2+2+。（5）A为，A的同分异构体同时满足：①含有2个-COOH、②苯环上的一溴代物有2种(苯环上只有两种H)，说明结构较为对称，符合题意的结构简式有3种：、、。（6）要制备，需先制备得到和CH3COOH，由和LiAlH4反应可得到，CH3COOH可通过乙醇发生连续的氧化反应得到，所以以为主要原料制备的合成路线为：。16．(1)(2)5(3)11.2L4.00(4)【详解】（1）CS2中，C和S形成两对共用电子对，另外每个S原子还有两对孤电子对，则其电子式为：。（2）PCl5分子的结构为，根据图知，P连接5根键，因此周P围含有10个电子，而Cl连接一根键，满足8电子稳定结构，（3）①12.40g白磷的物质的量为，白磷燃烧的方程式为，0.1mol白磷完全燃烧消耗氧气的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；燃烧产物溶于水时的反应式为，则有关系式：，则0.1mol白磷燃烧后所得的氧化物溶于水生成0.4mol磷酸，体积为0.1L，则。②的结构图知，P4燃烧的反应为：，完全燃烧生成，要断裂键和键，形成键和键，根据题意可知1mol完全燃烧放出能量dkJ，假设断裂1molP—P需要吸收能量为xkJ，因此有：，解得。（4）16.2gH2O的物质的量为，0.300molH3PO4和0.500molCa(OH)2反应生成一种难溶盐和水，设盐的化学式为X，则有，根据质量守恒可知X中含有5个钙离子和3个磷酸根离子及含有1个氢氧根离子，则盐的化学为Ca5(PO4)3(OH)。17．(1)球形冷凝管氨水2+H2O2=2+2OH⁻(2)除去残留水分，降低晶体溶解度，便于快速干燥（防止产品吸潮或损失）(3)2(4)​​加入足量氢氧化钠溶液，加热充分反应，冷却后过滤，用水洗涤沉淀至洗涤液中加入溶液，无沉淀生成，且用红色石蕊试纸检验洗涤液呈中性【分析】本题为无机物制备类的实验题，首先将CoCl2和氯化铵放到三颈烧瓶中，结合题给信息，①不易被氧化，具有较强还原性，随后先将过氧化氢加入到三颈烧瓶中，再用过氧化氢氧化即可，以此解题。【详解】（1）由图可知，该装置中仪器c的名称为球形冷凝管；结合题中信息可知，①不易被氧化，具有较强还原性，则操作时应先向三颈烧瓶中加入的溶液为氨水；氧化时被氧化为，离子方程式为：2+H2O2=2+2OH⁻；（2）乙醇易挥发，可以带走水分，便于干燥，故答案为：除去残留水分，降低晶体溶解度，便于快速干燥（防止产品吸潮或损失）；（3）是以为中心的正八面体结构，若其中2个被取代，则两个氯离子可以位于相对的位置，这种结构只有1种，也可能两个氯离子位于相邻的位置，这样的位置关系，也只有1种，没有其他可能，故答案为：2；（4）结合题给信息可知，与NaOH溶液共热时可生成沉淀，故答案为：​​加入足量氢氧化钠溶液，加热充分反应，冷却后过滤，用水洗涤沉淀至洗涤液中加入溶液，无沉淀生成，且用红色石蕊试纸检验洗涤液呈中性。18．(1)过滤萃取分液(2)坩埚(3)(4)不能酒精能与水任意比混溶(5)(6)(7)取③提取碘后的水溶液少许于一试管，向其中滴加几滴淀粉溶液，若溶液变为蓝色，说明含有，反之则不含【分析】(一)由流程可知，海带在坩埚中灼烧后，浸泡，③为过滤分离出含碘离子的溶液，④中可氧化碘离子生成碘，⑤中加苯作有机溶剂萃取碘，⑥中蒸馏分离出碘；(二)碘的苯溶液中加入浓氢氧化钠溶液，发生反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O，振荡、静置、分液，得到水层含I-和，有机层为苯，水层中加入45%的硫酸，发生反应5I-++6H+═3I2+3H2O，得到I2的悬浊液，过滤得到碘单质，据此分析解题。【详解】（1）由分析可知，步骤③⑤和的实验操作名称分别是过滤，萃取分液；（2）实验室灼烧海带需要在坩埚中完成，故用的主要仪器