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ABBCBCDACD题号11121314答案DBCB1．A【详解】A．硝酸铵虽为高效氮肥，但其受热、撞击易发生爆炸，且吸湿性强易结块，直接施用存在安全风险，不可直接施用，A错误；B．非处方药无需凭医生处方即可自行购买使用，包装上带有“OTC”标识，B正确；C．亚硝酸钠是合规食品添加剂，可作为防腐剂和护色剂按国家规定限量用于腊肉生产，C正确；D．碳酸氢铵受热易分解产生二氧化碳、氨气等气体，能使食品蓬松，可作为膨松剂添加到饼干中，D正确；故选A。2．B【详解】A．命名需标注溴原子的位置，名称为1,2-二溴乙烷，A错误；B．二氯甲烷为四面体空间结构，两个结构式仅为书写角度不同，旋转后可完全重合，属于同一种物质，B正确；C．醛基中氢原子与碳原子直接相连，结构简式为，C错误；D．中氯原子半径大于碳原子，CCl4的空间填充模型为，D错误；故选B。3．B【分析】海水通过晒盐的方式，得到主要成分为氯化钠的粗盐和盐卤，盐卤中存在钠离子、氯离子、溴离子、镁离子等；加入氯气等氧化剂，可把其中的溴离子转化为溴单质，再向溶液中通热空气吹出溴蒸气；得到的溶液加入沉淀剂如石灰乳，可将镁离子转化为氢氧化镁沉淀；然后经过一系列操作得到金属镁。【详解】A．盐卤中含有，可发生反应将氧化为，因此氧化剂可以是，A正确；B．镁是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，热分解法仅适用于冶炼汞、银等不活泼金属，无法用于制取镁，B错误；C．海水晒盐是通过蒸发水分，使溶解度随温度变化较小的NaCl结晶析出，利用了蒸发结晶的原理，C正确；D．贝壳的主要成分为，高温煅烧贝壳可得到，与水反应即可制得石灰乳，因此可使用贝壳为原料制备沉淀剂石灰乳，D正确；故选B。4．C【详解】A．在溶液中呈紫色，不符合无色透明溶液的要求，不能大量共存，A错误；B．能和Al反应的溶液可能为酸性或碱性，与会生成沉淀，且酸性条件下与反应生成气体，不能大量共存，B错误；C．能使紫色石蕊显蓝色的溶液呈碱性，含有大量，、、、与之间均不发生反应，能大量共存，C正确；D．酸性溶液中含有大量，在酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，不能大量共存，D错误；故选C。5．B【详解】A．标准状况下2.24L气体单质的物质的量为0.1mol，气体单质可能为单原子分子（如稀有气体He）、多原子分子（如），原子总数不一定为0.2，A错误；B．6.5gZn的物质的量为0.1mol，Zn完全反应生成+2价，1molZn反应转移2mol电子，故0.1molZn转移电子数为0.2，B正确；C．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成的酯基数小于0.2，C错误；D．200g质量分数46%的酒精中含2mol乙醇、6mol水，二者均能与Na反应生成，完全反应共生成4mol，分子数为4，大于，D错误；故选B。6．C【详解】A．生成物的能量小于反应物的能量，反应放热，A正确；B．该反应为自发的氧化还原反应，理论上可设计为原电池，B正确；C．反应过程中存在非极性键H-H键与I-I键的断裂和H-I极性键的形成，C错误；D．该反应放热，稀盐酸与氢氧化钠反应为中和反应，也放热，能量变化趋势一致，D正确；故选C。7．D【详解】A．溶液过量，加入KI时直接与过量反应生成AgI沉淀，无法体现AgCl到AgI的沉淀转化，不能比较二者溶度积常数大小，A错误；B．弱酸稀释时会促进电离，酸性越弱，稀释相同倍数后pH升高幅度越小。稀释后HA的pH更大，说明HA酸性强于HB，酸性越强越大，，故，不能达到实验目的，B错误；C．硫酸酸化后，溶液中的在酸性条件下也能将氧化为，无法证明是氧化，不能比较二者氧化性，C错误；D．根据物质的量计算可知反应中KI过量，若反应完全则体系中无，加入KSCN溶液后若变红说明仍有存在，可证明与的反应为可逆反应、存在限度，D正确；故答案选D。8．A【分析】反应①→②，反应②→③，反应③→④，反应④→⑤，反应⑤→①。【详解】A．中中N元素为+3价，中N元素为-3价，因此氮元素的化合价为+3和-3，A错误；B．①状态对应含铜物质在催化机理中先反应后生成，属于催化剂，②③④⑤状态对应含铜物质在催化机理中先生成后反应，为中间产物，B正确；C．由分析得，②→③过程，反应方程式为，C正确；D．由分析得，⑤→①过程，中，中N元素为+3价，一个配体中N元素为-3价，二者发生归中反应生成，根据化合价升降守恒，生成转移，D正确；故答案选A。9．C【详解】A．柠檬烯的不饱和度为3（1个环+2个碳碳双键），分子式应为，A错误；B．柠檬烯的六元环中存在多个饱和杂化碳原子，如图：，这4个碳原子就不可能共平面，B错误；C．不考虑立体异构时，柠檬烯分子中共含有8种等效氢原子，故一氯代物有8种，C正确；D．同系物要求结构相似、分子组成相差个，1,3-丁二烯是链状二烯烃，柠檬烯含有碳环，二者结构不相似，不属于同系物，D错误；故选C。10．D【分析】实验室按下列流程提纯粗盐（含、和等杂质离子），加入为了除去，滤渣为，再向滤液中加入和，可除去、和过量的，得到的滤渣为、和；【详解】A．加入适当过量的溶液，可使充分反应生成沉淀，尽可能去除完全，A正确；B．过滤操作中，玻璃仪器包括烧杯、漏斗、玻璃棒，分别起到承接滤液、过滤、引流的作用，B正确；C．加入稀盐酸的目的是除去过量的和，对应的离子反应为、，C正确；D．的溶解度受温度影响较小，获得精盐的“一系列操作”为蒸发结晶，即蒸发至大量晶体析出后用余热蒸干，而非冷却结晶，D错误；故选D。11．D【详解】A．KOH溶液中Al可自发与KOH发生氧化反应，Mg不与KOH反应，且镁棒上有气泡说明Mg为正极，Al作负极，A错误；B．电子只能沿导线移动，不能进入电解质溶液，电解质溶液中靠离子定向移动传导电流，B错误；C．铝棒为负极，KOH过量时Al反应生成四羟基合铝酸根，电极反应为，不会生成，C错误；D．将KOH溶液换成稀硫酸，Mg比Al活泼，Mg作负极，Al作正极，电流从正极Al棒沿导线流向负极Mg棒，D正确；故选D。12．B【分析】利用①装置制取二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，可以使湿润的pH试纸变红；二氧化硫具有漂白性，使品红和鲜花褪色；可以被酸性高锰酸钾氧化，可以和硫离子发生归中反应，生成单质硫。【详解】A．该反应中，硫代硫酸钠的S元素化合价即升高也降低，硫酸中S元素化合价反应前后均为+6价，没有发生变化，硫酸仅提供生成硫酸盐，只体现酸性，A正确；B．溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性，会使湿润的pH试纸变红；且不能漂白酸碱指示剂，因此湿润的pH试纸不会褪色，B错误；C．该设计中，pH试纸变红可证明水溶液的酸性；溶液褪色证明的还原性；品红溶液、鲜花褪色证明的漂白性；溶液生成淡黄色S沉淀证明的氧化性，C正确；D．的漂白原理是和有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后无色物质分解，颜色恢复，因此加热褪色后的品红溶液，可证明的漂白具有可逆性，D正确；故选B。13．C【详解】A．电离常数只与温度有关，温度不变时的电离常数不变，加入固体不改变温度，电离常数不变，A错误；B．醋酸和盐酸均为一元酸，等体积、等浓度的二者物质的量相等，中和时，弱酸会完全电离参与反应，最终可提供的总物质的量相等，中和能力相同，B错误；C．25℃时，溶液中，水电离出的；溶液中，水电离出的，二者水的电离程度相等，C正确；D．碳酸为酸，会抑制水的电离，溶液中全部来自水的电离，pH=6的碳酸溶液中，故水电离出的，D错误；故选C。14．B【详解】A．平衡状态下，在t0时刻充入一定量的C，逆反应速率瞬间增大然后逐渐减小，正反应速率在t0时刻不变，然后逐渐增大，化学平衡逆向移动，A错误；B．该反应为气体体积减小的放热反应，温度升高化学平衡逆向移动，C百分含量减小，T2时C的百分含量大于T1时，T1>T2满足该反应，增大压强化学平衡正向移动，C百分含量增大，p2时C的百分含量大于p1，p2>p1满足该反应，此外T1、p2对应曲线的反应速率最大，B正确；C．由图可知，在t0时刻，改变外界条件，逆反应速率大于正反应速率，随反应进行，正反应速率逐渐增大，故b、c、d三点中对应的正反应速率最大的是d点，C错误；D．该反应正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，则随着温度的升高，Y的百分含量增大，D错误；故答案选B。15．(1)分液漏斗(2)bcf(3)AC(4)取少量固体溶于足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则有硫酸钙(NH4)2SO4受热易分解(5)92.4%【详解】（1）装置A中盛放稀盐酸的仪器名称为分液漏斗；（2）制备(NH4)2SO4时，首先用稀盐酸和碳酸钙制二氧化碳，A装置为发生装置，气体从a口出，之后通过饱和NaHCO3溶液除去HCl，长管b进短管c出，再通入长导管f进入到D装置，以便二氧化碳进入到溶液中充分反应，所以装置的连接顺序是a→b→c→f；（3）A．由（2）可知，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，A正确；B．氨气的溶解度远大于二氧化碳的溶解度，如果先通二氧化碳会导致二氧化碳过快逸散，降低产率，所以应该先通氨气让溶液呈碱性，更有利于二氧化碳充分反应，B错误；C．因为氨气极易溶于水，所以需要防倒吸装置，C正确；D．过量的二氧化碳会和反应生成的碳酸钙形成碳酸氢钙，所以二氧化碳不能过量，氨气可以适当过量，D错误；故选AC；（4）检验碳酸钙中的硫酸钙，即检验硫酸根离子，取少量固体溶于足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则有硫酸钙；干燥温度不宜过高是因为(NH4)2SO4是铵盐，受热易分解；（5）先计算盐酸的总物质的量0.05L×1.0mol/L=0.05mol，以及NaOH中和的过量部分0.02L×0.40mol/L=0.008mol，,NH3和HCl反应的物质的量之比为1:1，所以n(NH3)=n(HCl)=0.05mol-0.008mol=0.042mol，n[(NH3)2SO4]=n(NH3)=×0.042mol=0.021mol，硫酸铵质量m=n·M=0.021mol×132g/mol=2.772g，纯度×100％=92.4％。16．(1)放热(2)N2(3)(4)AD(5)40%减小(6)0.14【详解】（1）由图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应；（2）根据图2，CO的浓度变化为，由反应式得，故，曲线L浓度变化为，故对应产物为N2；（3）0~4min内，，故；（4）A．为正反应速率，为逆反应速率，速率比等于计量数比，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，A正确；B．反应前后气体总质量不变，恒容容器体积不变，密度始终不变，不能判断平衡，B错误；C．浓度比等于计量数比不能说明浓度保持不变，不能判断平衡，C错误；D．反应前后气体总物质的量减小，平均相对分子质量，不变，变化，当不变时说明不变，反应达到平衡，D正确；故答案选AD；（5）容器体积，，故消耗NO物质的量=，转化率=，该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，NO转化率减小；（6）平衡浓度：，，，，代入表达式：；17．(1)(2)饱和食盐水浓硫酸(3)排除装置内空气或氧气，防止被氧化、潮解(4)(5)防止堵塞(6)冰水(7)吸收多余并防止装置G中水蒸气进入装置E，引起无水潮解(8)【分析】装置A中与浓盐酸在加热条件下制，制得的中含水蒸气和HCl，用装置B中的饱和食盐水除中HCl，装置C中的浓硫酸干燥，干燥后的进入装置D与焦炭、经两步反应生成，装置E中的冰水冷却凝华收集固体；装置F（碱石灰）吸收多余并隔绝水汽防止潮解，装置G中的溶液处理CO以防止污染。【详解】（1）装置A中与浓盐酸在加热条件下制，反应方程式为：；（2）由分析可知，装置B和装置C中盛装的试剂依次为饱和食盐水和浓硫酸，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（3）先点燃A处酒精灯，利用生成的排尽装置内空气中的、水蒸气，防止被氧化、潮解，故答案为：排除装置内空气或氧气，防止被氧化、潮解；（4）第2步反应为第1步生成的Cr与在加热条件下反应生成，反应方程式为：；（5）由已知，易升华，粗导管可防止其凝华堵塞导管，故答案为：防止堵塞；（6）易升华，需用冰水冷却，使气态凝华为固体收集，故答案为：冰水；（7）装置F中碱石灰的作用是：吸收多余，防止污染，同时阻止装置外水蒸气进入E，避免潮解，故答案为：吸收多余并防止装置G中水蒸气进入装置E，引起无水潮解；（8）CO与溶液反应生成Pd（金属钯）、和HCl，反应方程式为：。18．(1)(2)56.25%(3)增大【详解】（1）已知反应：①；②；目标反应：③。根据盖斯定律，将反应①减去反应②的2倍即可得到反应③，即③=①-2×②。因此，。（2）发生反应的化学方程式为。起始时，，。转化量：的转化率为，则转化的。根据化学方程式，转化的，生成的。平衡时：，，。①0~2min内，氨气的平均反应速率。②平衡时混合气体的总物质的量为。在平衡混合气体中的体积分数等于其物质的量分