湖南省雨花区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）

湖南省雨花区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ABCBACABCB题号11121314答案CDCC1．A【详解】A．的原子序数为20，原子核外有4个电子层，位于元素周期表第四周期，A符合题意；B．的原子序数为11，原子核外有3个电子层，位于元素周期表第三周期，B不符合题意；C．的原子序数为15，原子核外有3个电子层，位于元素周期表第三周期，C不符合题意；D．的原子序数为8，原子核外有2个电子层，位于元素周期表第二周期，D不符合题意；故选A。2．B【详解】A．由和通过离子键结合而成，属于离子晶体，而非共价晶体，A错误；B．分子呈直线形（O=C=O），正负电荷中心重合，属于非极性分子，B正确；C．中S原子的价层电子对数为3（σ键数为2，孤电子对数为1），采用sp2杂化，空间构型为V形，C错误；D．是离子化合物，其电子式为，D错误；故答案选B。3．C【详解】A．生产和生活中，人们希望促进有利的化学反应，抑制有害的化学反应，A错误；B．化工生产中还需要考虑反应热、催化剂等因素以及调控反应条件的成本和实际可能性，B错误；C．可逆反应达到化学平衡状态时，该反应的正、逆反应速率相等且不为零，C正确；D．充分反应后容器内气体呈黄绿色，可能是过量导致的，D错误；故答案选C。4．B【详解】A．羟基的结构式为-OH，O原子的最外层有1个成单电子，则其电子式为，A错误；B．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，球棍模型为，B正确；C．是阿司匹林的结构简式，不是阿司匹林的分子式，C错误；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，D错误；本题选B。5．A【详解】A．1个甲基中含有9个电子，甲基物质的量为，甲基所含的电子数为，A正确；B．标准状况下，三氧化硫不是气体，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；C．甲烷和氯气的反应是连锁反应，有机产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，生成的分子数小于，C错误；D．合成氨的反应为可逆反应，标准状况下，与充分反应合成氨气，转移的电子数小于，D错误；故选A。6．C【详解】A．浓硫酸属于难挥发性酸，无法挥发出分子与空气中的反应生成铵盐固体，不会产生大量白烟，A错误；B．胶头滴管在液面上方滴加溶液，生成的会接触空气中的O2被迅速氧化，无法制备得到氢氧化亚铁，正确操作应将胶头滴管插入溶液液面下再挤出溶液，B错误；C．液体加热装置符合要求，球形干燥管可起到防倒吸的作用，饱和碳酸钠溶液可吸收挥发的乙酸、溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，能达到制备乙酸乙酯的实验目的，C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，会将pH试纸漂白，无法用pH试纸测定其pH值，D错误；故选C。7．A【详解】A．古代的青铜器属于合金，A认识错误；B．半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径，B认识正确；C．生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要，C认识正确；D．二氧化氯利用强氧化性消毒，产物为氯离子，属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌，D认识正确；答案为A。8．B【详解】A．NH3与H2SO4可反应生成(NH4)2SO4，A错误；B．坩埚用于固体物质的加热，碎海带可用坩埚盛放加热，B正确；C．饱和氯化钠溶液中Cl2溶解度极低，且溶质也不与Cl2反应，无法吸收Cl2，C错误；D．FeCl3制备Fe(OH)3胶体应用煮沸的蒸馏水，NaOH溶液与FeCl3反应生成大量的Fe(OH)3从而形成沉淀，D错误；综上，本题选B。9．C【分析】整个海水提溴流程为：先向分离出粗盐后的苦卤中通入，将氧化为低浓度的，再通入空气吹出，并用等试剂吸收，将还原为以实现富集，得到含的浓溶液，之后再次通入将氧化为高浓度的溶液，最后通过萃取、分液、蒸馏等操作得到液溴。【详解】A．步骤Ⅰ中能将氧化为，说明的氧化性强于，即氯原子得电子能力比溴原子强，A正确；B．具有还原性，可与发生反应，将低浓度还原为以富集，因此试剂X可能是，B正确；C．步骤Ⅲ中，反应为，每生成1mol需要消耗1mol，但题目未说明气体是否处于标准状况，无法确定44.8L的物质的量，C错误；D．步骤Ⅳ从浓溶液获取液溴，通常先通过萃取、分液将转移到有机溶剂中，再通过蒸馏得到纯净液溴，D正确；故答案选C。10．B【详解】A．总反应为与CO合成COCl2，结合反应历程，反应③的产物应为COCl2和Cl·，X和Y对应正确，A正确；

B．慢反应③的活化能最大，而反应②是快反应，活化能较小，B错误；

C．反应②存在，则平衡时，推导得，C正确；

D．总反应速率由最慢步骤③决定，D正确；

故选B。11．C【分析】根据化合价和物质的类别可依次分析出a-k的物质分别为：，据此分析。【详解】A．、、、、属于电解质，但g（H2S）也是电解质，“只有”二字错误，A错误；B．b（NO）能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，B错误；C．d（HNO3）具有强氧化性，在一定条件下均可以与g（H2S）（还原性）、h（S）（还原性）发生反应，C正确；D．j的浓溶液（浓硫酸）不能干燥气体a（NH3）是因为浓硫酸会与碱性气体氨气反应；不能干燥g（H2S）是因为浓硫酸的强氧化性；浓硫酸可以用来干燥i（SO2）气体，D错误；故选C。12．D【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极。【详解】A．根据分析，放电时电极为正极，电极的电势比Zn电极的电势高，即Zn电极的电极电势较低，故A正确；B．放电时，MnO2电极为正极，带正电荷的Zn2+向正极移动，故B正确；C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是：，故C正确；D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），根据可知，电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，故D错误；故答案选D。13．C【详解】A．Ni的原子序数为28，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，A错误；B．每个NH3含3个N-Hσ键，6个NH3共18个，此外还有6个配位键（σ键），1mol离子总σ键数目为24mol，B错误；C．与NH3比较，[Ni(NH3)6]2+中NH3作为配体，孤电子对参与形成配位键，排斥减小，键角增大，C正确；D．VA族元素的单质中，如氮、磷、砷的单质为分子晶体，锑、铋单质为金属晶体，所以晶体类型不同，D错误；故答案选C。14．C【详解】A．溶液呈蓝色的原因是铜离子和水分子形成配离子为蓝色，故A正确；B．步骤2所发生反应为氢氧化铜沉淀和过量的氨水生成四氨合铜离子，离子方程式为，故B正确；C．加入乙醇能减小溶剂的极性，降低深蓝色晶体的溶解度，从而有利于析出晶体，故C错误；D．最终得到深蓝色溶液的原因为生成了，则转化为，说明与的配位能力弱于，故D正确；答案选C。15．(1)阳F(2)或NaCl(3)B(4)(5)0.8【分析】Ⅰ．（1）由右侧产生氢气可知右侧为阴极，电极反应式为，则左侧为阳极，电极反应式为，C为精制氯化钠溶液，左室的钠离子通过离子交换膜进入右室，E为稀氯化钠溶液，D为稀NaOH溶液，F为浓NaOH溶液。（2）在燃烧器中H2与Cl2燃烧生成HCl，HCl与进入发生器，与反应生成与Cl2，其离子方程式为，电解精制食盐水得到氢气与。Ⅱ．与卤水反应，将氧化为，在吹出塔中将吹出，然后在吸收塔中用SO2、H2O吸收，发生反应为，然后在蒸馏塔中通入，将氧化为，经冷凝、精馏得到产品。【详解】（1）①由分析知，钠离子通过离子交换膜从左室进入右室，所以离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；②由分析，制备的NaOH溶液从F口导出，故答案为：F；（2）①“电解”时，在阳极被氧化为，其电极方程式为，故答案为：；②“发生器”中氯气与反应生成，其化学方程式为，故答案为：；③由分析知，流程中可循环利用的物质有Cl2、NaCl，故答案为：NaCl；（3）空气通入量相同时，温度越高，溴的吹出率越高；在相同温度条件下，空气的通入量越多，溴的吹出率越高，因此符合的图像为B；（4）由分析知，“吸收塔”中主要反应的离子方程式为，故答案为：；（5）海水经上述流程最终得到，所得溴单质的物质的量为，溴原子的物质的量为0.48mol，总提取率为60%，则原海水中的溴离子为，原海水中溴离子的浓度是。16．(1)羟基(2)催化增大接触面积，加快反应速率饱和水溶液pH为5.6(3)氧化(4)酯饱和(5)【分析】淀粉在糖化酶的作用下生成A葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成B乙醇，乙醇发生催化氧化生成C乙醛，乙醛氧化为D乙酸。【详解】（1）物质B为乙醇，含有的官能团的名称为羟基。（2）①此中“曲”为酒曲，含有酶，是催化剂，在反应中起催化作用；将米研磨为粉状，增大接触面积，加快反应速率；②饱和水溶液pH为5.6，与图中的最低pH为4.1不相符，所以不合理。（3）B→C的化学反应是乙醇发生催化氧化生成乙醛，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；生成乙醛，碳元素化合价升高，因此在该反应中发生的是氧化反应。（4）①发酵过程中，乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应产生乙酸乙酯，反应时，乙醇中断裂的是O-H，乙酸断裂的是C-O，因此若存在于醇类中，则酯化反应后，出现在酯分子中；②欲证明食用醋中有酯，可取一定量的食用醋滴入饱和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液可以与乙酸反应，但是酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可以与之分层，因此可取一定量的食用醋滴入饱和溶液中，振荡后静置，观察是否存在分层现象。（5）乳酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式为：。17．(1)4(2)杂化甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大(3)PtN-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力【详解】（1）①用均摊方法计算。含有的小球原子数目是；含有的大球原子数目是，小球与大球原子个数比为2:4=1:2，所以根据物质化学式，可知：小球表示Ti原子，大球表示氧原子，因此在该晶胞中含有的氧原子数为4个；②根据图示可知：过程(ⅱ)~(ⅳ)的反应原理为；（2）①在结构中，中心氧原子与3个形成平面三角形，则键角是120°，说明该氧原子的杂化轨道类型为杂化；②与相比，用作催化剂，制氢反应效率大幅提升，其主要原因是甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大，因此制氢反应效率大幅提升；（3）①根据图1，生成X的过程中，①②③④断键，③④结合生成，①②结合生成π键得到X，则X为；②N与H相连，H电负性小于N，故H原子显正价，金属性Ni＞Pt，故Ni-Pt催化剂负电荷集中在Pt上，正负电荷相互吸引，所以H会吸附在Pt活性位点；③N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力。18．(1)分液漏斗平衡气压，使液体顺利滴下(2)AC(3)(4)酸性和吸水性(5)防止空气中的水蒸气、CO2进入装置E(6)【分析】A装置中利用浓氨水和氧化钙反应制备氨气，B装置碱石灰干燥氨气，C装置中，氧化铜和氨气发生反应，D装置的作用是吸收氨气并干燥氮气，E装置中镁和氮气反应生成氮化镁，F装置的主要作用是防止空气中的水蒸气、CO2进入装置干扰实验，据此分析解答；【详解】（1）盛装浓氨水的是分液漏斗；用长橡胶导管将该仪器和蒸馏烧瓶连接的目的是使分液漏斗内外压强相等，平衡气压，使液体顺利滴下；（2）装置B作用是干燥氨气；A．碱石灰不与氨气反应，能吸收水蒸气，A正确；B．P2O5是酸性氧化物，与氨气反应，B错误；C．氧化钙与氨气不反应，可以干燥氨气，C正确；D．无水CaCl2与氨气反