湖南省长沙市岳麓区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）

湖南省长沙市岳麓区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BDDACBACCB题号11121314答案DCBD1．B【分析】发生反应，2min末该反应达到平衡，测得生成0.8molC和0.4molD，则得，计算得出，1由此解题。【详解】A．由上述分析可知，A项错误；B．2min时，A的浓度为，B项正确；C．2min内A的反应速率为，C项错误；D．B的转化率为，D项错误；故选B。【点睛】忽视反应体系的体积，对反应速率的计算公式不熟悉导致错选C。2．D【详解】A.锌粒与稀硫酸的反应时放出热量，属于放热反应，故A不符合题意；B.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故B不符合题；C.甲烷在氧气中的燃烧反应时放出热量，属于放热反应，故C不符合题意；D.灼热的木炭与CO2反应有化合价变化，属于氧化还原反应，反应时吸收热量，属于吸热反应，故D符合题意；故选D。3．D【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+；过滤后向滤液中加入ZnO调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。【详解】A．KSCN溶液用于检验，无法直接检验，A错误；B．过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023，B错误；C．Na2S2O8溶液将Fe2+氧化为Fe3+，因此“氧化除锰”后溶液中不存在阳离子，C错误；D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的方程式为3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，D正确；故选D。4．A【详解】A．54g30%的乙酸溶液中，乙酸的质量为54g×30%=16.2g，其物质的量为=0.27mol，每个乙酸分子含2个氧原子，贡献0.54mol氧原子。水的质量为54g−16.2g=37.8g，物质的量为=2.1mol，每个水分子含1个氧原子，贡献2.1mol氧原子，总氧原子数为0.54+2.1=2.64mol，即2.64NA，故A正确；B．题目未明确物质的量具体数值，仅说明“等物质的量”，无法得出碳原子数一定为NA，故B错误；C．标准状况下，乙醇为液态，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．乙酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，即使乙酸足量，乙醇也无法完全转化，生成的乙酸乙酯分子数小于0.1NA，故D错误；答案选A。5．C【详解】A．标况下，三氧化硫是固体，无法计算其物质的量，A错误；B．反应开始时，Zn与硫酸发生反应，开始为浓硫酸，消耗硫酸与转移电子数的关系为H2SO4~e-，反应一段时间后为稀硫酸，消耗硫酸与转移电子数的关系为H2SO4~2e-，故转移的电子数大于0.18NA，B错误；C．乙醛和乙酸乙酯的最简式均是C2H4O，44g乙醛和乙酸乙酯的混合物中“C2H4O”的物质的量是lmol，含有的氢原子数目为4NA，C正确；D．淀粉是高分子化合物，没有固定的分子式，无法计算分子数，D错误；故选C。6．B【详解】A．对于一个确定的化学反应，化学反应中的能量变化的大小不仅与物质的存在状态有关，也与反应物的质量多少有关，反应的物质越多，反应过程中能量变化也越多，A错误；B．一个可逆反应，若正反应是放热反应，由于逆反应是正反应的逆过程，则逆反应一定是吸热反应，B正确；C．化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中有旧化学键断裂和新化学键形成。断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，因此反应是否需要加热与反应类型是放热反应还是吸热反应无关，C错误；D．化学反应中必然伴随着能量的变化，但有能量的变化不一定发生了化学反应，可能是物质状态的变化，就属于物理变化，D错误；故合理选项是B。7．A【详解】A．标准状况下，22.4L由和组成的混合气体为，分子数目为，A正确；B．由于浓盐酸在反应过程中浓度变小，浓度小到一定时候反应会停止，不会完全反应，所得的分子数小于，B错误；C．17g为，一个分子中含有10个电子，故17g所含电子数目为，C错误；D．HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，盐酸中含有的是和，不含分子，D错误；故选A。8．C【分析】电流计指针发生偏转，同时A电极质量减少，B电极上有气泡产生，C为电解质溶液，则上述装置涉及的是原电池工作原理，A为负极，发生失电子的氧化反应呢，电极质量会减少，B为正极，溶液中的阳离子如氢离子得电子生成气体，所以B电极上会有气泡产生，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，B极为原电池的正极，A错误；B．若A、B、C可能分别为Cu、Zn、稀盐酸，A为正极，氢离子得电子生成氢气，B为负极，Zn失电子生成锌离子，电极质量减少，与题目不符，B错误；C．原电池中离子移动方向：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，C中阳离子向B极移动，C正确；D．原电池中，A极是负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，D错误；故选C。9．C【详解】A．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，A正确；B．浓硫酸使蔗糖脱水碳化变黑，体现浓硫酸的脱水性，浓硫酸与碳反应生成刺激性气味气体二氧化硫，体现浓硫酸的氧化性，B正确；C．淀粉水解后应在碱性环境下检验葡萄糖，即应先加入NaOH中和稀硫酸后制造碱性环境，再加入新制，加热，C错误；D．某溶液中先加入溶液无现象，说明不存在铁离子，再通入，发现溶液变红，说明有铁离子生成，由于氯气具有强氧化性，因此可证明原溶液中含有，D正确；故选C。10．B【详解】A．乙烯、都可以被酸性溶液氧化，A项错误；B．两个活性不同的电极与电解质溶液构成闭合回路，构成原电池，B项正确；C．受热分解生成和HCl，两者在试管口化合成，无法制得，实验室制取用与共热反应，C项错误；D．常温下铁遇浓硫酸钝化，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D项错误；故选B。11．D【分析】根据题目所给的信息可知，利用反应所组装的原电池，b电极产生氢气，所以作正极为镁片，电极反应式为：，a电极为铝片，电极反应式为：,当量筒内收集448mL气体(标准状况)时,的物质的量为；据此回答问题。【详解】A．据分析可知，b电极产生氢气，所以作正极为镁片，A正确；B．a电极为铝片，电极反应式为：，B正确；C．当量筒内收集448mL气体(标准状况)时,的物质的量为，则电子转移的物质的量为：，C正确；D．若将电解质溶液改为稀硫酸，则a为正极产生氢气，b为负极产生镁离子，因为金属与酸反应镁单质的活泼性大于铝单质的活泼性，D错误；故选D。12．C【分析】本实验探究SO2的制备和性质的检验，从左向右分别是制备SO2、验证SO2的还原性、验证SO2的漂白性、验证SO2酸性氧化物的性质、尾气的吸收，据此分析；【详解】A．98%浓硫酸中c(H+)小，反应速率慢，不能用98%的浓硫酸代替70%的浓硫酸，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将SO2氧化成SO而褪色，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2属于酸性氧化物，使湿pH试纸显红色，但不能漂白pH试纸，湿pH试纸不褪色，故B错误；C．根据上述分析，分别证明了验证SO2的还原性、验证SO2的漂白性、验证SO2酸性氧化物的性质，故C正确；D．SO2有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，一般用NaOH溶液吸收，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2的量少，一般不用澄清石灰水吸收SO2尾气，故D错误；答案为C。13．B【分析】图中A点表示反应物总能量，B点表示反应物吸收了活化能形成活化分子时具有的总能量，C点表示生成物总能量。【详解】A．图中A→B的过程为反应物吸收活化能形成活化分子的过程，是吸热过程，A错误；B．加入催化剂可以改变反应的活化能，改变反应速率，但不改变反应的热效应，B正确；C．图中显示反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，因此断开和的化学键吸收的能量总和小于生成和时放出的能量总和，C错误；D．反应为放热反应，因此和的总能量大于和的总能量，D错误；故选B。14．D【分析】海水中加稀硫酸酸化后，通入氯气，溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，热空气吹出后在吸收塔中用二氧化硫水溶液吸收，在蒸馏塔中氯气再次将溴离子氧化为溴单质，得到液溴。整个过程中经过两次溴的转化，其目的是：对溴元素进行富集(或富集溴元素)。【详解】A．海水可通过反渗透、蒸馏、冷冻法等达到淡化目的，A正确；B．根据分析，整个过程中经过两次溴的转化，其目的是：对溴元素进行富集(或富集溴元素)，B正确；C．吸收塔中用二氧化硫水溶液吸收Br2，化学方程式为，C正确；D．“蒸馏塔”中发生反应时作为氧化剂，D错误；故选D。15．(1)(2)防止被空气中的氧气氧化（或其他合理答案）(3)盐酸浓度增大，生成的速率增大1.4(4)盐酸或氢氧化钠溶液【分析】本题为含硫废水中硫元素的回收和综合利用的工业流程题，通过加入盐酸生成硫化氢，用碱液吸收硫化氢，可以生成硫盐，同时高浓度的氯化钠溶液精制后得到精制食盐水，通电后可以得到氢气、氯气和氢氧化钠，以此解题。【详解】（1）含硫废盐水的主要成分为接近饱和的氯化钠以及硫化钠、硫氢化钠，则加入盐酸时，其中的硫化钠、硫氢化钠，可以和盐酸反应生成氯化钠和硫化氢，离子方程式为；；（2）含硫废盐水的硫化钠、硫氢化钠，可以被空气中的氧气氧化，加入盐酸时还会生成硫化氢，则需向含硫高浓度废盐水中通入高纯，代替通入空气的原因是：防止被空气中的氧气氧化（或其他合理答案）；（3）①随着盐酸的加入，硫离子和硫氢根离子可以和氢离子反应生成硫化氢而除去，则3h内，硫含量大幅降低，可能原因为盐酸浓度增大，生成的速率增大；②由图可知，pH为1.4时，硫基本完全除去，而温度的影响不是太大，且本题通过加入盐酸的方式除去含硫废盐水的硫元素，温度过高的话，盐酸挥发严重，故答案为：1.4；；（4）结合流程图可知，对精制盐水通电时生成氢气、氯气和氢氧化钠，则发生反应的化学方程式为；在流程中使用到了盐酸和用碱液吸收硫化氢，则流程图中可循环利用的物质为盐酸或氢氧化钠溶液。16．(1)分液漏斗(2)胶头滴管、100mL容量瓶(3)防止被氧化为(或排尽装置内的空气)(4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液(或滴加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液)，若无明显现象，则已洗净(或做焰色试验，火焰不呈黄色)易挥发(5)(6)0.0800【分析】按照题干的描述，制备磁性纳米粒子的方法为：先将FeSO4溶液和FeCl3溶液混合在三颈烧瓶中，并向装置中通入排出装置中的空气，在不断搅拌的条件下，向混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，充分反应后，从混合液中分离出纳米粒子，并反复洗涤，干燥后得到磁性纳米粒子。【详解】（1）仪器A的名称为分液漏斗；（2）实验室配制氢氧化钠溶液的步骤为称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有胶头滴管和100mL容量瓶；（3）实验过程中通入N2的目的是将装置内的空气排尽，防止Fe2+被氧气氧化；（4）纳米粒子表面有SO、Na+和Cl-等可溶性离子，判断纳米粒子已经洗涤干净的操作方法及现象为取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液(或滴加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液)，若无明显现象，则已洗净(或做焰色试验，火焰不呈黄色)；水洗后需要用无水乙醇洗涤，其利用了乙醇易挥发的物理性质，在洗掉杂质的同时便于干燥；（5）①根据题意，三价铁与氢氧根生成FeO(OH)和水，所以离子方程式为：Fe3++3OH-=FeO(OH)+H2O；②根据题意，Fe2+与氢氧根在空气中直接生成Fe3O4粒子和水，所以离子方程式为：6Fe2++12OH-+O2=2Fe3O4+6H2O；（6）Fe元素在硝酸氧化下都变为Fe3+，加入Cu后，反应的关系式为，铜片质量减少0.128g，即反应掉的Cu为0.002mol，Fe3+为0.004mol，设样品中Fe3O4和Fe2O3的物质的量分别为amol、bmol，由样品的总质量可得232a+160b=0.312；根据Fe元素守恒可得3a+2b=0.004；解得a=0.001，b=0.0005，样品中的质量为0.0005mol=0.0800g。17．(1)>(2)1.25mol(3)CD(4)负极【详解】（1）化学反应速率之比等于化学计量数之比，由图可知，下降的曲线斜率最大，说明速率最快，代表NO，上升的曲线中斜率大曲线代表N2、H2O，斜率最小的代表CO2。，的物质的量变化量为1mol，平均反应速率为：，点后氮气的物质的量仍在增大，故a点时反应正向进行，>；（2）由图可列出三段式：，反应达到平衡时，的物质的量为1.25mol，NO的转化率为：；（3）A．该反应前后气体总质量不变，气体分子数不变，混合气体的平均摩尔质量=，比值始终不变，不能判断达到平衡状态，A错误；B．该反应前后气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能判断达到平衡状态，B错误；C．形成1mol键即生成1molN2，有1mol键断裂即消耗0.5molCO2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；D．N2和H2O的化学计量数相同，时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D