湖南省湘西自治州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）

湖南省湘西自治州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BCBDBAAACD题号11121314答案ADDC1．B【详解】A．制冰过程是水从液态变为固态的物理变化，A错误；B．氢燃料电池车排放水而非CO2，减少碳排放，符合碳中和目标，B正确；C．太阳能电池主要材料是高纯度硅，C错误；D．火焰黄色源于钠的焰色，钾盐焰色为紫色，D错误；故选B。2．C【详解】A．HClO是共价化合物，结构式为：，A错误；B．Cr是24号元素，基态Cr原子的价层电子排布式：，B错误；C．Fe是26号元素，原子结构示意图：，C正确；D．氯化铵是由铵根离子与氯离子通过离子键形成离子化合物，电子式，D错误；答案选C。3．B【详解】两种烃无论以何种质量比例混合，燃烧生成水的量不变说明两种烃中氢元素的质量分数相同。甲烷中氢元素质量分数：=25%；乙烯中氢元素质量分数：，乙烯和丙烯的最简式均为CH2，氢元素质量分数相同，乙烷中氢元素质量分数：，乙炔中氢元素质量分数：，综上，符合题意的为乙烯和丙烯，选B。4．D【详解】A．40Ca和41Ca质子数相同，中子数不同，属于同位素，A正确；B．同位素的电子数等于质子数，均为20，中子数分别为20和21，B正确；C．同位素物理性质不同，但化学性质由电子排布决定，故化学性质相似，C正确；D．半衰期反映原子核稳定性，与失去电子的难易（化学性质）无关，D错误；故选D。5．B【详解】A．钠会与乙醇反应生成乙醇钠，无法仅除去水，反而消耗乙醇，实例错误，A错误；B．氢氧化镁可中和胃酸，嚼碎增大接触面积，加快反应，用途和实例均正确，B正确；C．果树盛花期喷洒农药会破坏授粉，影响结果，实例错误，C错误；D．硫酸铝作为混凝剂吸附悬浮物，而非直接沉淀重金属离子，实例错误，D错误；故答案选B。6．A【详解】A．图示形成原电池装置，电流表指针偏转证明装置中发生总反应2H2+O2=2H2O，氢气被氧气氧化，证明氧化性：，A正确；B．硝酸的酸性比碳酸强，锥形瓶中产生气泡证明非金属性N＞C，但是硝酸易挥发，烧杯中产生白色沉淀不能证明碳酸酸性比硅酸强，故不能证明非金属性C＞Si，B错误；C．浓硫酸有强氧化性而稀硫酸不具有强氧化性，两支试管中发生的反应不一样，不能用③探究浓度对反应速率的影响，C错误；D．制备乙酸乙酯时，需要加催化剂、吸水剂浓硫酸，用饱和碳酸钠溶液承接产品乙酸乙酯时球形干燥管的一端不能深入到液面以下，D错误；答案选A。7．A【详解】烃与H21：1加成得到如图所示烷烃，则该烃分子中含有1个碳碳双键，根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置。该烃的碳链结构为：，关于4号碳原子对称，所以1、2号碳，2、3号碳之间能形成双键，4号碳原子上没有氢原子，3、4号碳，4，5号碳原子之间不能成双键，故该烯烃共有2种，答案选A。8．A【详解】A．铁高温的时候和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁和铝可以发生铝热反应生成单质铁，A正确；B．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝溶液，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，B错误；C．硫在氧气中点燃生成的是二氧化硫不是三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，C错误；D．氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮而不是二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，D错误；故选A。9．C【详解】A．食醋中的醋酸是弱酸，应写化学式，不能拆为，正确反应为，A错误；B．铁过量时，稀硝酸应被完全消耗，产物为而非，正确反应为，B错误；C．乙烯水化法制乙醇的方程式及条件（催化剂、加热加压）均正确，符合工业实际，C正确；D．过氧化钠与反应未配平，正确方程式为，D错误；答案选C。10．D【分析】根据元素化合价变化分析出a为电池负极，电极反应为、，b为电池正极，电极反应为。【详解】A．在b极发生还原反应，A错误；B．原电池中阴离子向负极(a极)迁移，B错误；C．a极的电极反应式为、，C错误；D．b极的电极反应式为，当外电路中通过2mol电子时，理论上b极消耗0.5mol，D正确；故答案选D。11．A【详解】A．将氧化为使淀粉变蓝，随后使褪色，说明的还原性强于，的还原性弱于，因此结论正确，A正确；B．与少量反应后仍有剩余，加入显红色，但此现象仅说明过量，而非反应存在可逆限度，结论错误，B错误；C．未中和酸性环境直接加入新制悬浊液，无法检测水解产物葡萄糖，现象正确但结论错误，C错误；D．过量也能与高锰酸钾反应褪色，干扰了与高锰酸钾的反应，结论错误，D错误；故选A。12．D【详解】A．断裂化学键需要吸收能量，则断裂中所有的化学键，吸收的能量为1652kJ，A错误；B．反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能=3258kJ/mol-3024kJ/mol=+234kJ/mol，则反应为吸热反应，B错误；C．吸热反应中反应物总能量低于生成物总能量，则和的总能量低于2molCO(g)和的总能量，C错误；D．根据反应热ΔH=+234kJ/mol可知，反应中生成时，吸收的能量约为23.4kJ，D正确；答案选D。13．D【分析】R、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，可知R为S，钠钾合金可用作原子反应堆导热剂，则X为Na，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，则n=2，m=6，所以Y为O，Z为Si，W元素与Z元素在同一主族，则W为C。【详解】A．R、X、Y分别为S、Na、O，对应的简单离子半径：，A项正确；B．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：S>C>Si，则酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，B项正确；C．将与分别通入溶液中，与不反应，无明显现象，与反应生成沉淀，现象不同，C项正确；D．Y、R分别为O、S，因为H2O分子间存在氢键，所以H2O的熔、沸点比H2S的熔、沸点高，与其最简单氢化物的稳定性无关，D项错误；答案选D。14．C【分析】无色溶液，说明该溶液一定不含Fe3+，分情况讨论：若溶液为酸性环境，则溶液中无、、、S2-，加过量HBr，可能生成黄色沉淀AgBr，但无气体产生，故不成立；若溶液为碱性环境，则Fe3+、Ag+、Al3+不存在，加过量HBr，可能与或或S2-反应产生SO2、CO2、H2S，与、S2-反应产生S淡黄色沉淀和无色NO，或亚硫酸根与硫离子在酸性条件下生成S，变为Al3+，再加入过量NH4HCO3溶液，与Al3+反应生成白色沉淀Al(OH)3和无色气体CO2，最后加入过量Ba(OH)2，产生氨气，沉淀一定有碳酸钡，可能有硫酸钡。【详解】A．由分析知，由于各离子的量未知，气体甲成分一定有NO，还可能存在NO、SO2、CO2、H2S等一种或多种，气体甲的成分的可能性大于3种，故A错误；B．由分析知，生成的沉淀甲是硫单质，故B错误；C．由分析可知，该溶液中一定不存在Fe3+、Ag+和Al3+，可能存在和，故C正确；D．用盐酸，溶液中的硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，无法检验硫酸根，故D错误；答案选C。15．(1)DC(2)偏高(3)(4)1.4(5)大于时，加入的被氧化为，与Cu粉反应，导致Cu粉部分溶解【分析】本题为实验原理的探究，探究和溶液的反应原理，根据探究流程进行研究，首先研究溶液成分，提出假设，可能氧化了或将氧化，，设计实验方案，实施实验，根据实验现象得出结论。【详解】（1）在配制溶液时，配制操作的具体流程为：溶解→转移→洗涤→转移→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签，根据这一流程，可知操作1、操作2依次为：洗涤、摇匀；则符合条件的选项为：D、C。（2）若定容时俯视容量瓶的刻度线，则此时液面还未到刻度线，溶液体积偏小，最后会导致所配溶液的浓度：偏高。（3）向溶液中加入1.0gCu粉，振荡，反应后溶液中含有，说明被Cu还原，或氧化了Cu。（4）甲同学根据实验i中现象推测未氧化Cu，并通过实验ⅱ验证其推测，即需要增加的浓度，根据反应和不参与反应，可以加入来补充，根据控制变量原则，在实验ⅰ中的，则该实验中还需要补充的质量为：。（5）①根据转化关系图可知，反应2的离子方程式为：；②由反应2可知，氧化剂是，氧化产物是，则有氧化性：大于；③向实验ⅱ中再加入少量固体，振荡后也可观察到Cu粉部分溶解，在不参与反应的前提下，其原因可能是：时，加入的被氧化为，与Cu粉反应，导致Cu粉部分溶解。16．(1)恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗碱石灰(2)(3)浓硫酸使和充分混合；控制和的流速(4)冷却收集；防止高温分解(5)或【分析】硫酸与亚硫酸钠在锥形瓶内反应得到SO2，进入三颈烧瓶进行干燥；浓盐酸与在装置D内反应得到Cl2，通过装置B除去氯化氢气体进入装置C的三颈烧瓶进行干燥，二者在活性炭催化下反应得到硫酰氯。由于硫酰氯遇水能发生剧烈反应，所以加装球形干燥管F，装入碱石灰干燥剂，避免空气进入。【详解】（1）仪器的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗。由于硫酰氯遇水能发生剧烈反应，所以加装球形干燥管F，装入碱石灰干燥剂，避免空气进入。（2）浓盐酸与氯酸钾反应可以制得氯气，二者发生归中反应，离子方程式为：。（3）由于硫酰氯遇水能发生剧烈反应，所以制得的二氧化硫和氯气都需要进行干燥，故装置C中所盛的试剂为浓硫酸。装置C除能干燥气体外还具有的作用是使和充分混合；观察和控制和的流速。（4）硫酰氯以上会分解，装置中加入冰水的作用是冷却收集，防止高温分解。（5）设样品中的为，溶解的为，则样品总质量，满足(式①)，在足量酸性溶液中，均最终被氧化或水解为硫酸根，每1mol生成1mol硫酸根，故生成的总物质的量为。由其质量得，得到(式②)，联立①、②两式解得，根据物质的量分数定义，硫酰氯的物质的量分数为硫酰氯物质的量与总物质的量之比，即或。17．(1)化学能转化为电能(再转化为光能)(2)a(3)碳棒(4)沉淀覆盖在镁片表面，阻碍了镁片与NaCl溶液接触，形成断路酸性条件下不会生成沉淀(合理即可)【分析】从题中可得到信息，这些物品可以组成原电池的装置，在装置加入灯泡，可以使灯泡发光；这个原电池Mg作为活泼金属，在反应中易失去电子，一般做原电池负极，碳棒做正极，反应方程式为：【详解】（1）该装置为通过Mg和水反应将化学能转化为电能；（2）镁条和水反应属于放热反应，a中反应物的能量大于生成物的能量，属于放热反应，b反应物的能量小于生成物的能量，属于吸热反应，所以选择a；（3）①原电池总反应方程式：所以镁表面絮状物是；②Mg失去电子，做原电池负极，所以正极材料为碳棒；（4）①沉淀覆盖在镁片表面，阻碍了镁片与NaCl溶液接触，形成断路；②酸性条件下不会生成沉淀(合理即可)。18．(1)将菱锌矿粉碎、适当增大酸的浓度、升高温度等(2)(3)硫氰化钾(4)(5)(6)CD【分析】以菱锌矿(主要成分为，含有少量、、、等杂质)为原料制取氧化锌。根据题干信息Zn元素留在流程主路线上，依次需从酸浸、还原、沉淀中被除去。【详解】（1）为了提高锌的“酸浸”效率，即使酸浸的速率提高，可采取的措施有将菱锌矿粉碎、适当增大酸的浓度、升高温度等。故答案为：将菱锌矿粉碎、适当增大酸的浓度、升高温度等。（2）滤渣Ⅰ是通过酸浸之后得到的固体，根据菱锌矿中的成分，不能与反应的就会形成滤渣I