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ABBCBCBCAD题号11121314答案CBCB1．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．B【详解】A．加入浓NaOH溶液加热，润湿的红色石蕊试纸变蓝说明生成碱性气体，可证明溶液中一定含有，A正确；B．反应离子方程式为，计算得，，过量，即使反应完全仍有剩余，加KSCN变红无法证明反应存在限度，B错误；C．KI-淀粉溶液滴加氯水变蓝，说明将氧化为，根据氧化剂氧化性大于氧化产物，可得氧化性，C正确；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为或，溶液中可能存在、、等，“可能含有”的结论成立，D正确；故选B。8．C【详解】A．化学键断裂的过程需要吸收能量，生物液化石油气燃烧时，反应物分子的化学键断裂需要吸收能量，A正确；B．反应热=反应物总键能-生成物总键能，对于反应，，即参与反应放出481.9kJ能量，故参与反应放出的能量为240.95kJ，B正确；C．火炬燃烧属于放热反应，放热反应中释放的总能量大于吸收的总能量，C错误；D．气态水液化的过程会放出热量，说明的能量比的能量高，D正确；故选C。9．A【分析】通入乙醇的M电极为负极，结合电解质溶液为KOH溶液，电解质溶液呈碱性，负极电极方程式为：；通入空气的N电极为正极，正极方程式为：,据此回答。【详解】A．电子只能通过外电路传导，不能在电解液中移动，电解液中是离子定向移动，电子由M极流出经用电器流向N极，A错误；B．根据分析可知，B正确；C．总反应为，反应消耗且生成，导致KOH浓度降低，C正确；D．空气中氧气在正极被消耗，剩余气体主要为（占空气体积约78%），D正确；故选A。10．D【详解】A．观察该有机物结构简式，含有2个-COOH（羧基），A正确；B．该有机物含羧基、羟基可发生酯化等取代反应，含碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，因此可发生取代反应、加成反应和氧化反应，B正确；C．该有机物共含有3个碳碳双键，羧基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应，因此1mol分枝酸可以和3molH2发生加成反应，C正确；D．该有机物使溴的四氯化碳溶液褪色是碳碳双键与Br2发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是碳碳双键发生氧化反应，二者褪色原理不同，D错误；因此答案选D；11．C【详解】A．蔗糖与稀硫酸共热后所得溶液为酸性，银镜反应需在碱性环境下进行，实验未加NaOH中和过量硫酸，无法检验是否生成还原糖，A错误；B．铝热反应为放热反应，，引燃仅为反应提供达到活化能所需的能量，不能说明反应吸热，B错误；C．镁在中燃烧生成白烟（MgO）和黑色固体（C），中C元素化合价从+4价降为0价，得电子作氧化剂，说明具有氧化性，C正确；D．两组实验所用催化剂的阴离子种类不同（和），未保证单一变量，无法证明对分解的催化效果优于，D错误；故选C。12．B【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中有碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化除去后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将充分沉淀得到；经热分解得到。【详解】A．焙烧产物中、均为杂质离子，需要进行除杂和分离提纯，将大部分、除去，若直接酸浸，会与盐酸反应生成而无法除去，A错误；B．“焙烧”步骤中与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的，的化合价从价到价，即碳粉的主要作用是作还原剂，B正确；C．“浸取”步骤中的滤渣为和碳粉；滤液中含有和；“酸化”步骤中的酸用于除去溶液中的，可用盐酸，若用稀硫酸，会使沉淀且引入杂质离子，C错误；D．经热分解得到，对应的化学方程式为：，和的物质的量之比为，D错误；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)吸热将胆矾研碎、适当升高温度、搅拌等(2)增大常温下，遇浓硝酸发生钝化，与浓硝酸反应，作负极，作正极(3)a56【详解】（1）①由能量变化图可知，生成物水合离子的总能量高于反应物胆矾晶体的总能量，因此胆矾晶体溶解的过程是吸热过程；②在配制溶液时，为了加快固体溶质的溶解速率，通常可以采取搅拌、加热、将固体研碎等措施。（2）①甲装置中，比活泼，作负极，作正极。正极上的电极反应为，由于不断消耗溶液中的，导致溶液的酸性减弱，增大；②乙装置中，常温下在浓硝酸中会发生钝化，而能与浓硝酸发生自发的氧化还原反应。因此，作负极，作正极，原电池中电流由正极经外电路流向负极，即由电极流向电极；（3）①在乙醇碱性燃料电池中，通入燃料乙醇的电极发生氧化反应，作负极；通入氧气的电极发生还原反应，作正极。原电池放电时，溶液中的阴离子（）向负极（极）移动；②负极上乙醇失去电子发生氧化反应，在碱性环境中最终生成碳酸根离子和水，其电极反应式为：；③正极反应式为，即每消耗转移电子。当外电路转移电子时，理论上消耗的物质的量为。在标准状况下，其体积为。16．(1)增大接触面积，加快反应，使焙烧更充分SiO2(2)CuO可消耗，使溶液的酸性减弱，促进转化为沉淀，且不引入新杂质(3)作为还原剂，还原得到纳米用一束光从侧面照射，若出现一条光亮的通路（丁达尔效应），则说明直径介于1~100nm(4)水吸收易形成酸雾，降低吸收率(5)、【分析】含铜矿石(主要成分为CuS，含少量FeS、SiO2)焙烧时硫化物转化为氧化物，生成；酸浸时金属氧化物溶解，不溶被除去；氧化为，调沉淀后，葡萄糖还原得到纳米；焙烧烟气经处理制硫酸，尾气用氨水吸收制氮肥，以此解答。【详解】（1）粉碎固体可以增大接触面积，加快反应，使焙烧更充分；原料中SiO2不与稀硫酸反应，酸浸后成为滤渣。（2）氧化1的目的是将氧化为便于除去，酸性条件下氧化生成和水，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；选用CuO调pH的原因为：CuO可消耗，使溶液的酸性减弱，促进转化为沉淀，且不引入新杂质。（3）生成时从价降为价，被还原，因此葡萄糖作还原剂；分散质直径的分散系为胶体，可通过丁达尔效应检验。（4）“吸收”时通常用98.3%的浓硫酸而不用水的原因为：水吸收易形成酸雾，降低吸收率。（5）40.00mL溶液分成两等份，每份体积为：加稀硫酸生成的气体为，，故每份中n(NH4)2SO3=0.09mol；加生成的沉淀为和，，则，，故每份中n(NH4)2SO4=0.01mol，，。17．(1)羧基CH3CHO(2)①③(3)ac(4)4(5)(6)【分析】由有机物的转化关系可知，酒曲作用下淀粉恒温发酵、蒸馏得到乙醇；铜作催化剂条件下乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，则A为乙醛；催化剂作用下乙醛与氧气共热发生催化氧化反应生成乙酸，则B为乙酸；浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成C；乙烯的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则D为乙烯，生成乙烯的反应为浓硫酸作用下乙醇在170℃条件下发生消去反应生成乙烯；乙烯与氯气发生加成反应生成E；E在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成F；一定条件下F发生加聚反应生成聚氯乙烯，则G为聚氯乙烯。【详解】（1）由分析可知，A是结构简式为CH3CHO的乙醛，B是官能团为羧基的乙酸；（2）由分析可知，反应Ⅰ为铜作催化剂条件下乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应中断裂的化学键为①③；（3）由分析可知，反应Ⅲ为浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；a．酯化反应属于取代反应，a正确；b．实验时，试剂加入的顺序为先向试管中加入密度小于浓硫酸的乙醇，然后缓慢加入浓硫酸得到混合溶液，最后向混合溶液中加入乙酸，b错误；c．由实验装置图可知，试剂X为碳酸钠饱和溶液，乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，所以一段时间后，可以观察到碳酸钠饱和溶液上有一层无色有特殊香味的油状液体，c正确；d．乙酸乙酯难溶于水，实验结束时，应用分液的分离方法将乙酸乙酯从混合物中分离出来，d错误；故选ac；（4）异戊烷分子中含有4类氢原子，则一氯代物有4种；（5）由分析可知，F→G的反应为一定条件下F发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应的化学方程式为：；（6）由题意可知，两分子乳酸脱两分子水生成含六元环化合物的反应为浓硫酸作用下乳酸发生分子间酯化反应生成和水，反应的化学方程式为：。18．(1)吸热28(2)正C2H5OH