山东烟台市2025-2026学年第二学期高一期末自主练习+化学答案和解析

【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质在碱性条件下会发生水解从而损坏衣物，因此不宜用碱性洗B.谷物的主要成分是淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖经酒化反应生成乙醇，乙醇可进一步被氧化为乙酸，因此谷物既可以酿酒也可以酿醋，B错误；C.计算机芯片的主要成分是单质硅，二氧化硅是制作光导纤维的主要原料，C错误；故选D。【详解】A.乙醇中碳原子半径大于氧原子半径，图示中代表氧原子的球体积大于碳原子，不符合原子半径大小关系，正确空间填充模型为,A错误；B.CaO₂中含过氧根O2,两个氧原子间存在共用电子对，正确电子式为,B错误；C.原子质量数=质子数+中子数=92+146=238,核素表示为²9U,C正确；D.HCl是共价化合物，形成时氢原子与氯原子共用电子对，不存在电子得失、不形成阴阳离子，正确形成故选C。B.蚕丝主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子，塑料、合成橡胶属于合成有机高分子，均属于有机高分C.蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，且人体内没有水解纤维素的酶，纤维素无法在人体内水解，C错误；D.石油分馏是利用各组分沸点不同分离物质的过程，属于物理变化，煤的液化、气化属故选B。【详解】A.萃取剂需与原溶剂互不相溶，乙醇和水任意比互溶，无法分层进行分液，不能萃取溴水中的试卷第1页，共12页试卷第2页，共12页C.SO₂具有还原性，可与酸性KMnO₄溶液反应被吸收，CH₄与酸性KMnO₄溶液不反应，通过洗气可除去D.醋酸与Cu(OH)₂发生中和反应，悬浊液变澄清得到蓝色溶液；葡萄糖是还原性糖，加热时与Cu(OH)₂反应生成砖红色Cu₂O沉淀；乙醇与Cu(OH)₂不反应，加热不会生成红色沉淀，三者现象不同可以鉴别，D故选A。B.使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，因此能增大单位时间内SO₃的产量，B正确；C.SO₂与O₂生成SO₃的反应为可逆反应，存在反应限度，即使增大O₂浓度，也不可能使SO₂全部转化为v(SO₂):v(O₂):v(SO₃)=2:1:2,不能说明反应故选B。B.萃取放气的正确操作为：将分液漏斗倒置，用手顶紧上口活塞，将下口斜向上，不时慢慢旋开下口的活C.蒸馏时温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处测定馏分温度，且冷凝水应下进上出，装置中温度计位置、冷凝水进出方向均错误，C不符合题意；D.铜锌双液原电池中，Zn应插入ZnSO₄溶液、Cu应插入CuSO₄溶液，装置中电极与电解质溶液匹配错误，故选A。试卷第3页，共12页B.该物质含有碳碳双键、羟基、羧基共3种官能团，不是4种，B错误；D.1molM含1mol羟基和1mol羧基，与足量Na反应生成1molH₂;只有羧基可与NaHCO₃反应，1mol羧基生成1molCO₂,二者物质的量之比为1:1,D正确；故答案选D。【分析】Q为前四周期主族元素，K、L层电子数之和为10,故M、N层电子数之和也为10,Q为Ca;a为Ca。【详解】A.CI和Ca²+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径CI>Ca²+,A正确；B.非金属性O>N,非金属性越强简单氢化物还原性越弱，故还原性NH₃>H₂O,B正确；C.a为NH₄Cl,NH与Cl之间为离子键，NH4内部N-H为共价键，既含离子键又含共价键，C正确；D.反应放出的能量只与反应物和生成物的总能量有关，与反应条件无关，ImolH₂和1molCl₂无论光照还是点燃完全反应，终态均为2molHCl,放出能量相同，D错误；故选D。【分析】根据反应物和生成物可知，,由此解答；【详解】A.E在步骤①中是反应物，在步骤③中为生成物，符合催化剂的特征，因此E是总反应的催化B.步骤②为二氧化碳中一个碳氧双键打开插入到F中生成Q,因此该反应为加成反应，B正确；C.DMC的分子式为C₃H₆O₃,同分异构体中含有酯基、羟基，因此符合要求的同分异构体为故选C。试卷第4页，共12页【详解】A.燃料电池中燃料在负极失电子发生氧化反应，因此H₂、CH₄、C₂H₅OH均为负极反应物，AB.H₂燃料电池总反应为2H₂+O₂=2H₂O,生成水稀释KOH;CH₄的碱性燃料电池总反应为：CH₄+2O₂+2KOH=K₂CO₃+3H₂O,C₂H₅OH的碱性燃料电池总反应为：C₂H₅OH+3O₂+4KOH=2K₂CO₃+5H₂O根据反应化学方程式，它们既生成水，又消耗OH,因此放电过程C.放电量由转移电子的物质的量决定，根据反应的化学方程式，等质量燃料的转移电子数：H₂→H₂O,1mol氢气转移2mol电子，1gH₂转移电子为,C₂H₅OH-O₂燃料电池消耗约1.33molKOH,因此消耗等物质的量O₂时，C₂H₅OH-O₂故答案选C。【详解】A.氯水过量，过量的Cl₂也可将I氧化为I₂使淀粉变蓝，无法证明氧化性Br₂>I₂,A错误；B.石蜡油属于烃，分解产物中烷烃不能使酸性KMnO₄溶液褪色，只有不饱和烃可被酸性KMnO₄氧化使溶C.NH₄Cl属于铵盐，使蛋白质发生的是可逆的盐析，变性是重金属盐、强酸强碱等条件下蛋白质发生的不D.稀硝酸具有挥发性，反应生成的CO₂中混有挥发的HNO₃,HNO₃也可与Na₂SiO₃反应生成硅酸白色沉淀，无法证明碳酸酸性强于硅酸，因此不能得出非金属性C>Si的结论，D错误；故答案选B。试卷第5页，共12页【详解】A.F结构为苯环连接-CH₂CH(CH₃)₂,苯环为平面结构，碳碳单键可以旋转，苯环本身6个碳原子共面，与苯环直接相连的亚甲基碳原子一定共面，亚甲基连接的次甲基可旋转至苯环平面，次甲基连接的1个甲基碳原子也可旋转至苯环平面，因此最多共面的碳原子数为6+1+1+1=9,不是8个，A错误；B.过程①是羧酸脱去羟基、苯环脱去氢原子，结合生成水，因此反应①有水生成，B正确；C.H的苯环上两个不同取代基处于对位，对苯环编号，1位连异丁基、4位连酯基，剩余2、3、5、6位氢，其中2与6等效、3与5等效，用定一移一法数二氯代物：第一个氯在2位，第二个氯可在3、5、6,得到3种；第一个氯在3位，第二个氯仅能在5(其余结构已重复),得到1种；总共4种二氯代物，不是5种，D.同系物要求结构相似、官能团种类数目相同，分子组成相差n个CH₂,苯甲酸和K都含1个羧基和苯环，其余侧链均为烷基，故互为同系物，D正确；故选AC。【详解】A.△H等于生成物总能量减反应物总能量，两个反应反应物相同，生成物M的总能量高于N,且均为放热反应(△H<0),因此△H₁>△H₂,A错误；B.物质能量越低越稳定，N的能量低于M,故稳定性N>M,B正确；C.断裂C-H键吸收的能量越高，对应生成的自由基能量越高、越不稳定，M是甲基断裂C-H生成的自由基，能量更高，说明甲基C-H键断裂吸收能量更多，即-CH₃>-CH₂-,C正确；D.烷烃氯代是取代反应，每取代1molH原子消耗1molCl₂,生成1mol八氯丙烷需要取代8molH,应消故选AD。【分析】SO₂歧化的总反应可由反应i+2×反应ii得到，消去I-和I₂,得总反应3SO₂+2H₂O=S↓+2SO-+4H+。据此分析。【详解】A.实验①中，SO₂总物质的量n(SO₂)=0.01L×1.5molL=0.015mol,溶液总体积为10mL+4mL+6mL=20mL=0.02L,由总反应可知完全反应生成B.对照实验需要控制溶液总体积一致，所有组总体积均为20mL,因此对实验②:试卷第6页，共12页10mL(SO₂)+4mL(KI)+4mL(H₂SO₄)+VmL=20mL,解得V=2,B正确；C.实验②和④中，c(T)、c(H+)均不相同，存在两个变量，无法得出c(T)不影响反应速率的结论，C错D.实验④中加入I₂后，棕褐色(I₂的颜色)瞬间褪去，说明反应ii(I₂与SO₂的反应)速率很快，即反应速率ii>i,多步总反应的速率由慢反应决定，因此SO₂歧化反应的速率由反应i决定，D正确；故选BD。【分析】由图可知，放电时，氢化物电极为镍氢电池的负极，碱性条件下LaNi₅H₆在负极失去电子发生氧化反应生成LaNiH₆-x和水，电极反应式为：LaNi₅H₆-xe⁻+xOH⁻=LaNi₅H₆-x+xH₂O;氢氧化镍电极为正极，水分子作用下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为：NiOOH+e⁻+H₂O=Ni(OH)₂+OH,则放电的总反应为：LaNi₅H₆+xNiOOH=LaNi₅H₆-x电时，负极接外接电源负极做电解池的阴极、正极接外接电源正极做阳极。【详解】A.放电时电子从氢化物电极流向氢氧化镍电极，氢氧化镍电极为正极，A错误；B.充放电总反应,总反应不消耗或生成OH和H₂O,碱性C.电解液为碱性环境，无法生成H+,正确的放电负极反应为LaNi₅H₆-xe+xOH⁻=LaNi₅H₆-x+xH₂O,CD.充电时阳极电极反应式为：Ni(OH)₂-e+OH⁻=NiOOH+H₂O,转移1mol电子时，氢氧化镍电极(充电作阳极)失去1molH,质量减少1g;氢化物电极充电作阴极，电极反应式为：LaNi₅H₆-x+xe+xH₂O=LaNi₅H₆+xOH⁻,转移1mol电子，得到1molH,质量增加1g,二者质量变化数值相等，即氢氧化镍电极质量减少mg,理论上氢化物电极增加mg,D正确；故选BD。16.(1)石油裂解3试卷第7页，共12页【分析】石油裂解得到乙烯(A),乙烯和水发生加成反应生成乙醇(B);乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷(C),C发生消去反应生成BrCH=CH₂(D),D转化为CH₂=CHCOOH(F),F和B在浓硫酸作用下发生酯化反应生成CH₂=CHCOOCH₂CH₃(G)。【详解】(1)工业上获得乙烯的主要方法是石油裂解；根据F的结构简式，F中含有官能团的名称为碳碳双键、羧基，反应①是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应。是平面结构；属于平面结构的是D;D是BrCH=CH₂,与HBr加成产物的结构简式为BrCH₂CH₂Br或(3)反应②丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，反应的化学方程式为生反应生成产物的结构简式为;具有7个碳原子的烷烃的同分异构体有多种，其中分子中含有乙基“-CH₂CH₃”作为支链的结构简式为,其一氯代物有【分析】六种元素分三个不同短周期，原子半径依次减小，W₂作制冷剂，可知W为N;Z、W、M同周期试卷第8页，共12页相邻，得Z=C,M=0;X与W同主族，得X=P;Y与M同主族，得Y=S;原子半径最小的T为H。据此【详解】(1)X(P)在周期表中位置：第三周期第VA族；非金属性：S>P>C,故最高价氧化物对应水化物酸性：H₂SO₄>H₃PO₄>H₂CO₃;非金属性：O>S>P,故简单氢化物稳定性：H₂O>H₂S>PH₃。(2)化合物C₅HCl₁,用换元法：相当于戊烷C₅H₁₂中1个H保留、11个H被C1取代，同分异构体数目与C₅H₁₁Cl相同。戊烷有3种结构，一氯代物共3+4+1=8种，即故C₅HCl的同分异构体数目为8。33As是第VA族元素，选项中只有W(N)属于第VA族，故选C;As原子结构示意图为(4)P、C、N与H形成的18e分子分别为PH₃(4原子)、C₂H₆(8原子)、N₂H₄(6原子),原子数目由(5)观察结构规律：n个P原子时，○原子数为3n+1,电荷数为-(n+2),故这类阴离子的化学式通式为试卷第9页，共12页分液漏斗、烧杯【详解】(1)葡萄糖是五羟基醛，结构为CH₂OH(CHOH)₄CHO;煤隔绝空气加强热的干馏过程，可得到苯(2)A是乙醇(分子式C₂H₆O),B是乙二醇(分子式C₂H₆O₂),等质量的有机物含氢量越高，完全燃烧耗氧量越大；乙醇含氢量高于乙二醇，因此耗氧量更多的是A;(3)F是邻苯二甲酸与乙二醇形成的八元环酯，结构简式为;反应1(邻苯二甲醇催化氧(4)A.长导管的作用是导气、冷凝回流产物，正确；B.NaOH会使乙酸乙酯彻底水解，不能代替饱和碳酸钠溶液，错误；C.药品加入顺序为乙醇一浓硫酸一冰醋酸，可防止浓硫酸飞溅，同时减少冰醋酸挥发，正确；D.导管伸入液面下会引发倒吸，错误；故选AC;(5)乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，操作I为分液，需要的主要玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；水层中含乙醇和乙酸钠，利用乙醇沸点低，操作IⅡ通过蒸馏分离出乙醇；乙酸钠加稀硫酸后得到乙酸，最终分离为乙酸，结构简式为CH₃COOH。试卷第10页，共12页【详解】(1)①钢铁在海水中发生吸氧腐蚀，B区域同时接触空气和海水，氧气浓度最大，腐蚀最严重，生成铁锈最多。②导线接N时，Fe与活泼性更强的Zn相连，Fe作原电池正极被保护；改接M后，Fe与相连，Fe作原电池负极失电子被腐蚀，因此腐蚀速率变快。③该方法通过外接电源，将钢闸门接电源负极作阴极，抑制钢闸门失电子，该保护法为外加电流的阴极保(2)由图可知，H₂通入极为负极，负极反应式为H₂-2e⁻=2H,H与HCO₃反应生成CO₂;O₂通入极为正极，正极反应式为O₂+2H₂O+4e⁻=4OH,CO₂和OH-反应生成CO³,据此分析。原电池中阴离子向负极移动，故HCO₃移向负极；负极H₂失电子，电极反应式为H₂-2e⁻=2H+;负极生成的H与HCO₃反应释放CO₂,对应从出口A流出。(3)惰性电极A侧生成H₂,是水中H+得电子发生还原反应，因此A为电解池阴极，与电源负极相连。电解时，NH通过膜I移向阴极(左室),NO₃需要通过膜Ⅱ移向阳极(右室),因此膜Ⅱ为阴离子交换膜；左室NH4结合生成的OH得到氨水，因此左侧流出的p为氨水。电解生成H₂(阴极)和O₂(阳极)的物质的量比为2:1,因此n(H₂)=10mol,n(O₂)=5mol;转移电子总物质的量n(e⁻)=2n(H₂)=20mol,1molNH₄NO₃电离出1molNH和1molNO₃,每转移1mol电子对应各有1mol阴、阳离子定向移动，故对应处理1molNH₄NO₃,因此n(NH₄NO₃)=20mol,NH₄NO₃的质量m=20mol×80g/mol=1600g=1.6kg,废水质量分数为1%,因此废水总质量为d<试卷第11页，共12页【详解】(1)已知：反应I:CO₂(g)+3H₂(g)一CH₃OH(g)+H₂O(g)△H₁=-49.0kJ·mol⁻¹反应I:CO₂(g)+H₂(g)→CO(g)+H₂O(g)△H₂=+41.2kJ·mol-¹根据盖斯定律，将反应I减去反应Ⅱ可得目标反应Co(g)+2H₂(g)一CH₃OH(g),则△于反应I,反应热等于反应