湖南省长沙市天心区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）

湖南省长沙市天心区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BBDBDDCBCB题号11121314答案CCDB1．B【详解】A．氮化硅（）属于无机非金属材料，不属于金属材料，A不符合题意；B．金属材料包括纯金属和合金，钻探船钻头用的合金属于金属材料，B符合题意；C．碳纤维是碳单质构成的新型无机非金属材料，不属于金属材料，C不符合题意；D．富集硼酸（）属于无机非金属化合物，不属于金属材料，D不符合题意；故选B。2．B【详解】A．的结构为，其中键为非极性共价键，并非只有极性共价键，A错误；B．为V形结构，O原子半径大于H原子，给出的空间填充模型符合水分子的结构特点，B正确；C．常温下水为液态，为气态，且水分子间氢键作用更强，水的沸点高于，C错误；D．是离子化合物，阴离子的电子式需要加方括号并标出最外层电子，给出的电子式中书写错误，正确的电子式为，D错误；故选B。3．D【详解】A．只给出KOH溶液的物质的量浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，A错误；B．与合成的反应为可逆反应，和在一定条件下充分反应，生成氨气的物质的量小于2mol，因此转移电子数小于，B错误；C．与在光照下的取代反应为逐步反应，会生成、、、的混合物，因此分子数小于，C错误；D．粗硅制备的反应为，每生成1molSi同时生成2molCO，故生成CO分子数为，D正确；故选D。4．B【详解】A．萃取剂需要与原溶剂水互不相溶，酒精可与水以任意比例互溶，无法代替萃取碘，A错误；B．苯、甲苯互溶且沸点存在差异，可通过蒸馏的方法从煤焦油中分离得到二者，B正确；C．粗盐提纯时，溶液需在溶液之后加入，以除去过量的，该试剂顺序中过量的无法被除去，C错误；D．“吹出法”海水提溴的过程为：先用氯气将Br-氧化为Br2，再用空气将Br2吹出，用SO2水溶液吸收后再氧化，最后蒸馏得到纯溴，D错误；故选B。5．D【详解】A．Cu与浓硫酸反应制备需要加热条件，该装置未配备加热仪器，无法发生反应，A错误；B．酸性溶液既可以和反应，也会氧化乙烯生成二氧化碳，无法达到除杂目的，B错误；C．稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，该装置将水倒入浓硫酸中，会导致液体飞溅，操作错误，C错误；D．能与溶液快速反应，使烧瓶内压强骤降，大气压可将烧杯中溶液压入烧瓶形成喷泉，该装置可以达成实验目的，D正确；故选D。6．D【分析】电解熔融KCl、MgCl2得到单质K、Mg，通入氯气可将NaBr氧化为溴单质，电解食盐水可获得烧碱NaOH，电解熔融NaCl得到单质Na和氯气，向饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，加热分解生成纯碱碳酸钠；【详解】A．海水中元素的种类很多，总储量很大，但是富集程度却很低，通过对海水处理可以提取很多有用的物质，如海水提镁、海水提溴等，故A正确；B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故B正确；C．海水中钾、镁、溴以离子形成存在，从海水中制取钾、镁、溴均为单质，元素化合价发生变化，均涉及氧化还原反应，故C正确；D．电解食盐水生成NaOH、氢气和氯气，不可以得到钠单质，故D错误；故选D。7．C【详解】A．甲烷与氯气在光照下发生取代反应，产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物，无法制备纯净的一氯甲烷，A错误；B．氯水中含有的HClO具有漂白性，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测定氯水的pH，B错误；C．实验室用加热和固体混合物的方法制备，密度小于空气，采用向下排空气法收集，试管口放棉花可防止氨气与空气对流，装置和操作均正确，C正确；D．容量瓶为精密仪器，不能用于溶解NaOH固体，NaOH溶解应在烧杯中进行，冷却后再转移至容量瓶，D错误；故答案为C。8．B【详解】A．根据表格数据可知：从0～10min，△n(CH4)在温度为T2时比温度为T1时大，说明后者的反应速率快，由表格数据可知实验①在40min时已经达到平衡状态，则实验②达到平衡所需时间小于40min，故在40min时，实验②中反应已达平衡状态，所以该反应在40min时已达到平衡状态，A正确；B．根据表格数据可知：从0～10min，△n(CH4)在温度为T2时比温度为T1时大，说明后者的反应速率快，由于其它外界条件相同，温度越高，反应速率越快，因此说明温度：T2＞T1，B错误；C．实验②中，0～10min内，△n(CH4)=0.50mol-0.30mol=0.20mol，容器的容积是1L，所以v(CH4)=，C正确；D．由A可知，该反应在40min时已达到平衡状态，n(CH4)和50min时相同，即x为0.15，D正确；故选B。9．C【详解】A．断开键和生成键都描述正反应方向的过程，无法体现正、逆反应速率相等，且根据反应计量数，断开键应生成键，A错误；B．该反应前后气体分子数相等，恒容恒温条件下，体系压强始终不随反应进行发生变化，压强不再改变不能作为平衡判断依据，B错误；C．平衡时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，正反应中计量数为1，逆反应中计量数为2，因此符合平衡的速率特征，C正确；D．反应前后混合气体总物质的量始终不变，总物质的量不变不能说明平衡，D错误；故选C。10．B【详解】A．少量Fe与足量稀硝酸反应应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：，A错误；B．Al3+与过量氨水生成Al(OH)3沉淀，氨水为弱碱，则离子方程式为：，B正确；C．足量NaOH吸收SO2应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：，C错误；D．NaOH溶液与NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：，D错误；故选B。11．C【详解】A．18g物质的量为1mol，每个含10个电子（7+4×1−1=10），总电子数为10NA，A错误；B．0.5mol/LMgCl2溶液中Cl−浓度为1mol/L，但未给出溶液体积，无法计算Cl−数目，B错误；C．锌铜原电池中，负极反应为Zn−2e−=Zn2+，65gZn（1mol）反应时转移2mol电子，转移电子数为2NA，C正确；D．17gNH3（1mol）溶于水后部分转化为NH3·H2O，且NH3·H2O会电离，因此NH3·H2O微粒数目小于NA，D错误；故选C。12．C【分析】废旧锌铁皮加入NaOH溶液中，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成，过滤，所得固体加入过量稀硫酸溶解铁，发生反应：，加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，氧化后的溶液中含有：H+、Fe2+、Fe3+、，向溶液中通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三铁胶体粒，以此解答。【详解】A．经过氢氧化钠溶液碱洗后，Zn溶于强碱时生成，Fe不溶解，故用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是便于分离提纯铁，故A错误；B．“酸溶”时，98%浓硫酸与铁能发生钝化，不能溶解铁，故B错误；C．加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，离子方程式为：，故C正确；D．“氧化”过程中部分Fe2+被氧化为Fe3+，“酸溶”过程中所加硫酸过量，因此“氧化”后溶液中所存在的离子有：H＋、Fe2＋、Fe3＋、，故D错误；故答案选C。13．D【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误；D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。综上所述，答案为D。14．B【详解】A．该分子中含官能团有羟基和羧基、醚键、碳碳双键，共4种，故A错误；B．含有的碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故B正确；C．碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol该有机物能与3mol氢气发生加成反应，故C错误；D．该有机物中不含酯基、肽键或卤原子，所以不能发生水解反应，故D错误；答案选B。15．(1)BE(2)A2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2(3)不褪色(4)ABD(5)4：1【详解】（1）实验室用金属铜与浓硫酸混合加热制取二氧化硫，固体+液体加热装置，所选制备装置为B，用氢氧化钠溶液吸收尾气，尾气处理装置是E；（2）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，生成物有氨气、氯化钙和水，所以反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2；应选用A装置。（3）将和等物质的量混合后通入品红溶液中，和恰好反应完全，现象为品红不会褪色，反应的化学方程式为。（4）浓硫酸不能干燥碱性气体和还原性气体，氢气为中性气体，为碱性气体，、为酸性气体，故选ABD；（5）反应消耗的HCl的物质的量为n=0.028L×1mol•L-1=0.028mol，恰好完全反应生成氯化亚铁，由Cl原子守恒可知，n(FeCl2)=0.028mol×0.5=0.014mol；生成标准状况下的气体134.4mL，其物质的量==0.006mol，根据化学反应定量关系可知，混合物中与盐酸发生产生气体的单质Fe为0.006mol，Fe3O4与Fe、HCl共同反应，在该反应中铁元素总量为：0.014mol-0.006mol=0.008mol，且该反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，通过该反应方程式可知Fe3O4为0.002mol，发生该反应的单质铁为0.002mol，所以总的Fe物质的量为0.008mol，Fe3O4为0.002mol，样品中n(Fe)：n(Fe3O4)=0.008mol：0.002mol=4：1。16．(1)496(2)0.05mol·L-1·min-130%ad(3)其他条件相同，压强越大，总产率和PPC的选择性均越高25℃1.5MPa(4)低于CO2+2e-+2H+=HCOOH【分析】在0~2min内，a曲线表示的物质浓度减少0.1mol/L，b曲线表示的物质浓度减少0.3mol/L，二者改变的浓度比为1：3，根据改变的浓度比等于化学方程式中化学计量数的比，可知a表示CO2的浓度变化，b表示的是H2的浓度变化，据此分析；【详解】（1）设1molO2中化学键完全断裂时需要的能量为xkJ，根据图中信息可知，将2molCO2完全离解成气态原子所吸收的能量为2×1598kJ=3196kJ，将2molCO和1molO2完全离解成气态原子所吸收的能量为2×1072kJ+xkJ=（2144+x）kJ，能量作差可知3196kJ-（2144+x）=2×278kJ，x=496kJ；（2）①在0~2min内用H2O的浓度变化表示的反应速率；CO2的转化率为；②a．若单位时间内消耗0.3molH2的同时消耗0.1molCH3OH，分别代表正逆反应速率，且成正比，则该反应达到化学平衡状态，a正确；b．当混合气体的质量不变，体积恒定，故密度为定值，当密度不再改变时，无法判断该反应达到化学平衡状态，b错误；c．4min时，反应达到平衡，此时，c错误；d．2min时，反应速率突然变化，各物质代表的速率均增大，原因可能是升高反应体系的温度，d正确；故选ad（3）ⅰ、ⅱ、ⅲ进行对比，发现其他条件相同，PPC的选择性及总产率均随着压强的增大而增大；ⅲ、ⅳ、ⅴ进行对比，发现升高温度产率不再有明显变化，从对设备强度的要求以及对能源消耗等综合角度考虑，选择25℃；ⅱ、ⅲ进行对比，发现增大压强产率不再有明显变化，从对设备强度的要求以及对能源消耗等综合角度考虑，选择1.5MPa比2.0MPa要好；（4）由图可知，通入水的电极A为原电池的负极，太阳光作用下水在负极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，通入二氧化碳的电极B为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为；电极A的电势低于电极B的电势。17．(1)淀粉（或纤维素）(2)(3)bc(4)c(5)作溶剂、作香料等(6)5【分析】依题意，C为乙醇，A是一种天然有机高分子则A为淀粉或纤维素，B为葡萄糖，D为乙醛、E为乙酸，F为乙酸乙酯。【详解】（1）根据分析A为淀粉或纤维素，A的分子式是。（2）B是多糖水解的产物，为葡萄糖，其结构简式为。标准状况下，烃X气体密度为1.25g·L-1，X的相对分子质量：Mr=1.25×22.4=28，X为乙烯，结构式为。（3）检验C(乙醇)中是否有B(葡萄糖)的方法是检验有无醛基，故选bc。（4）三个物质的沸点不同故可用蒸馏的方法，选c。（5）F是通过乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂并加热的条件下合成的，方程式为：。乙酸乙酯作溶剂、作香料等。（6）F的同分异构体中，只有一个官能团可以是羧基或酯基。若只含羧基，有、两种，若只含有酯基，有、、三种，共五种。其中能与NaHCO3反应产生气体说明含有羧基，有3种氢原子的结构简式为。18．(1)放出17.8(2)D(3)BC(4)1.517.9(5)正4【详解】（1）反应Ⅰ中，结合表中相关的化学键键能数据可知，，反应Ⅰ生成即生成0.1mol时，放出的热量为。（2）A．恒温恒容下，再充入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，A不符合题意；B．升高温度，反应速率加快，B不符合题意；C．恒温恒容下，向其中充入Ar，各反应组分浓度不变，反应速率不变，C不符合题意；D．恒温恒压下，向其中充入