湖南省衡阳市2025-2026学年高二下学期期末考试化学自编试卷（人教版）（解析版）

湖南省衡阳市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷化学试题（解析版）题号12345678910答案BDBDABDDCC题号11121314答案BCBD1．B【详解】A．石灰石煅烧是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；B．天然气的液化是通过加压或降温使甲烷变为液态，仅改变物质状态，无新物质生成，属于物理变化，B符合题意；C．石油裂解是将长链烃断裂为短链烃（如乙烯），生成新物质，属于化学变化，C不符合题意；D．磁铁矿炼铁是四氧化三铁被还原为铁单质，有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意；故选B。2．D【详解】A．硬铝是铝合金，具有密度小、强度高和抗腐蚀性强的特点，常用于飞机材料，A正确；B．肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基（羧酸根）和疏水基（烃基），可通过乳化作用去除油污，B正确；C．盐碱地中的水解呈碱性，石膏（）中的与反应生成沉淀，降低土壤碱性，C正确；D．明矾和硫酸铝水解生成胶体，可吸附悬浮物净水，但无强氧化性，不能杀菌消毒，D错误；故选D。3．B【详解】A．与铝粉反应生成，产生的气体和强碱性环境可疏通管道，A正确；B．的漂白作用源于其漂白性（与有机物化合），而非氧化性，B错误；C．柠檬酸酸性强于，能与和反应，可除去水垢，C正确；D．具有腐蚀性和挥发性，使用时需防护和通风，D正确；故选B。4．D【分析】根据部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价图示可知∶a是-l价HCl；b是+1价的含氧酸盐，如b可以是NaClO等次氯酸盐；c是+4价氧化物ClO2；d是+5价含氧酸盐，可以是+5价氯酸盐，e是0价的Cl元素的单质Cl2，然后根据物质的性质分析解答。【详解】A．a是HCl，b是+1价次氯酸盐，二者混合会发生氧化还原反应产生有毒的气体Cl2，导致室内空气污染，因此家庭卫生清洁中a与b的水溶液不能混用，A正确；B．d是+5价含氧酸盐，d的钾盐KClO3与MnO2混合加热，发生分解反应产生KCl、O2，可以用于制备氧气，B正确；C．c是+4价氧化物ClO2，该物质具有强氧化性，能够将水中微生物氧化，使其蛋白质变性而失去生理活性，因此c可用于自来水消毒，C正确；D．e是Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl、HClO，生成的HCl、HClO又会重新反应生成Cl2与H2O，该反应是可逆反应。HCl是强酸，在水中完全电离；HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，因此该反应的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D错误；故合理选项是D。5．A【详解】A．金属锂的密度比煤油小，放入煤油中无法隔绝空气，不能保存在煤油中，应保存在石蜡油中，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，故A正确；B．浓H3PO4的酸性弱于HI(HI是强酸，H3PO4为中强酸)，用NaI与浓磷酸反应制备HI，利用原理是高沸点制备低沸点，故B错误；C．复合膨松剂溶于水产生气泡需同时含碳酸盐和酸性成分(如NaHCO3与酸性物质)，仅Na2CO3无法单独快速产气，陈述Ⅱ错误，故C错误。D．陈述Ⅰ正确，氢氧化铁胶体粒子带正电，在电场作用下向阴极移动，使阴极附近颜色变深。陈述Ⅱ‘氢氧化铁胶体带正电’的说法不严谨，因为胶体作为整体呈电中性，带电的是胶体粒子，故陈述Ⅱ错误，故D错误；答案为A。6．B【详解】A项、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，硫酸铜和氨水先反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到配合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B项、氢氧化铜沉淀溶于氨水生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2+，故B正确；C项、配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中含有离子键、配位键、极性共价键，故C错误；D项、[Cu(NH3)4]2＋离子中Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对，NH3与Cu2＋形成配位键，故D错误；故选B。【点睛】配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中硫酸根与铵根离子间形成离子键，硫酸根离子中含有极性共价键，铵根离子中含有配位键和极性键，铜离子和氨分子间形成配位键。7．D【分析】(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。【详解】A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误；B．甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误；C．乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，故C错误；D．甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确；故答案为：D。8．D【详解】A．根据是顺式−二氯二氨合铂可知还存在反式-二氯二氨合铂，则说明不是正四面体结构，是平面正方形，A正确；B．带1个负电荷，不带电荷，可知①②过程中Pt的化合价保持价不变，B正确；C．取代了，说明该变化过程说明的配位能力大于，C正确；D．相同条件下，结构对称、正负电荷中心重叠、是非极性分子，苯是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，则在苯中的溶解度大于，D错误；故选D。9．C【分析】和同族，且的原子半径小于，的基态原子价层轨道半充满，Y为N，M为P，与同周期，故的基态原子价层电子排布式为，X为Mg，在地壳中含量最多，R为O，所含的5种元素均位于主族，在每个短周期均有分布，故Z为H，该化合物为：。【详解】A．N3-、O2-、Mg2+的电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：N3->O2->Mg2+，A正确；B．H2O、NH3、PH3的沸点由氢键和范德华力决定，H2O的氢键最强，NH3次之，PH3最弱，故沸点：H2O＞NH3＞PH3，B正确；C．H2O、NH3、PH3的中心原子价层电子对数均为4，孤电子对数分别为2、1、1，H2O的孤电子对数比NH3多，H2O的键角小；NH3、PH3的孤电子对数相同，N的电负性大，NH3键角大，PH3的键角约为93.6°，NH3约为107°，H2O约为104.5°，键角顺序应为NH3＞H2O＞PH3，C错误；D．NH3和H3O+的中心原子价层电子对数均为4，均有1对孤电子对，空间结构均为三角锥形，D正确；故选C。10．C【详解】A．前者含有酮羰基、羟基和酯基，后者只含酯基和羟基，A项错误；B．两者的结构不同，核磁共振氢谱信号峰不相同，B项错误；C．两种物质中都含有酯基，则都能与氢氧化钠溶液反应，C项正确；D．两者的不饱和度都超过了4，它们的同分异构体中均有芳香族化合物，D项错误；故选C。11．B【分析】酚羟基是邻、对位取代基，苯酚与CHCl3在NaOH存在条件下先发生酚羟基邻位上的取代反应产生，由于在该物质分子中同一个C原子上有2个-OH，不稳定，会自动发生脱水反应产生，在酸化时反应产生Y：，Y与(CH3CO)2O在CH3COONa存在条件下加热，发生反应产生Z，Z分子中含有酚羟基和羧基，在一定条件下会发生酯化反应合成香豆素，同时生成H2O。【详解】A．X是苯酚，分子中含有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，产生2，4，6-三溴苯酚白色沉淀，A错误；B．根据Y物质结构可知：Y分子中含酚羟基和醛基，因此Y物质同时具有酚类、醛类的性质，B正确；C．根据Z物质结构可知：Z分子中含酚羟基，羟基直接连接在苯环上，由于苯环具有特殊的稳定性，尽管羟基连接的C原子的邻位C原子上有H原子，该物质也不能发生消去反应，C错误；D．Z分子中含有酚羟基和羧基，在一定条件下会发生酯化反应合成香豆素，同时生成了H2O，因此由Z合成香豆素的原子利用率小于100%，D错误；故合理选项是B。12．C【分析】根据图知，左侧装置能自发的进行氧化还原反应，则该装置为原电池，Zn易失电子作负极，电极反应式为，b电极为正极，电极反应式为：，b连接石墨d，则d为阳极，电极反应式为，c为阴极，电极反应式为。【详解】A．a为负极，发生失去电子的氧化反应，A错误；B．NaCl为电解质，在溶液中可电离成离子，但氯离子的还原性大于氢氧根，若加入氯化钠，氯离子会在阳极放电产生氯气，可加入硫酸钠固体增强溶液导电性，B错误；C．电解池中交换膜为质子交换膜，c电极的电极反应为：，d为阳极，电极反应式为：，调整电荷守恒，电解池溶液为亚硝酸盐溶液，反应物中不出现，整理可得电解池总反应为，C正确；D．丙室中阳极上水失电子产生氧气，电极反应为，当电路中转移2mole-时，丙室产生氧气减少的质量16g，且c极电极反应，同时会有2mol质子转移至乙室，则丙室溶液质量等于18g，D错误；故选C。13．B【详解】A．该纳米材料颗粒直径在1~100nm之间，分散在水中形成的分散系为胶体，能产生丁达尔效应，故A说法正确；B．白圈位于顶点和体心，个数为=2，黑圈位于晶胞内部，个数为4，因此该化合物的化学式为Cu2O，蔗糖属于非还原性糖，不能与新制氢氧化铜反应生成Cu2O，故B说法错误；C．Cu2O在酸性条件下发生歧化反应，生成Cu和Cu2+，因此氧化亚铜与盐酸反应可生成Cu和CuCl2，故C说法正确；D．根据晶胞可知，氧原子的配位数为4，故D说法正确；答案为B。14．D【分析】向CuSO4溶液中滴入几滴1mol/L氨水，发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，产生Cu(OH)2蓝色沉淀；当加入足量1mol/L氨水时，蓝色沉淀溶解，发生反应：Cu(OH)2↓+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，产生可溶性物质而得到深蓝色溶液；后当加入95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁时，看到又产生了深蓝色沉淀，这是由于乙醇能够降低溶液中溶剂的极性，同时降低溶质[Cu(NH3)4](OH)2的溶解度而结晶析出。【详解】A．Cu是29号元素，根据构造原理可知：基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，基态Cu2+是Cu原子先失去1个4s电子形成Cu+，Cu+再失去1个3d电子后形成的，故基态Cu2+的价层电子排布式是3d9，则由于每个轨道最多可容纳两个自旋方向相反的电子存在，则其价层电子轨道表示式为：，A正确；B．过程①产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，向其中加入足量1mol/L氨水时，Cu(OH)2与过量氨水发生反应：Cu(OH)2↓+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，物质溶解，得到深蓝色溶液，B正确；C．深蓝色溶液的溶质为[Cu(NH3)4](OH)2，溶剂为水，当向该溶液中加入95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁时，看到产生了深蓝色沉淀，这是由于乙醇能够降低溶剂极性，同时减小了溶质[Cu(NH3)4](OH)2的溶解度而结晶析出，C正确；D．Cu2+在溶液中实际上是以[Cu(H2O)4]2+的形式存在，向CuSO4溶液中加入过量1mol/L氨水时，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在，说明了配合物离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+＜[Cu(NH3)4]2+，D错误；故合理选项是D。15．(1)CH≡C-COOH+CH3OHCH≡C-COOCH3+H2O(2)球形冷凝管冷凝回流(3)除去丙炔酸等酸性物质，同时降低酯的溶解度丙炔酸甲酯在氢氧化钠溶液中发生水解(4)分液(5)C(6)38.0%(7)偏高【分析】丙炔酸、甲醇和浓硫酸在加热条件下反应生成丙炔酸甲酯，加热回流一段时间后，加热蒸出甲醇，将反应液冷却后加入饱和NaCl、5%Na2CO3溶液溶解多余的酸，降低丙炔酸甲酯的溶解度，便于析出，再水洗，用分液法分离出有机相，经干燥后蒸馏得到丙炔酸甲酯，据此分析；【详解】（1）步骤1中为丙炔酸与甲醇发生酯化反应生成丙炔酸甲酯和水，其反应方程式为CH≡C-COOH+CH3OHCH≡C-COOCH3+H2O；（2）根据仪器a的特点，仪器a为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，提高产率；（3）步骤3中用5%Na2CO3溶液洗涤，主要是丙炔酸能与碳酸钠溶液反应，因此作用是除去丙炔酸等酸性物质，同时还能降低酯的溶解度；氢氧化钠为强碱，丙炔酸甲酯在氢氧化钠溶液中发生水解，因此不能用等浓度的NaOH溶液代替Na2CO3溶液；（4）丙炔酸甲酯不溶于水，水洗涤后，用分液方法分离出有机相；（5）丙炔酸甲酯在酸碱条件下发生水解，P2O5为酸性氧化物，碱石灰中含有NaOH、CaO，会促进丙炔酸甲酯的水解，因此只能用无水硫酸钠，答案为C符合题意；（6）丙炔酸的物质的量为=0.2mol，甲醇的物质的量为≈1.23mol，甲醇过量，则理论上生成丙炔酸甲酯的质量为0.2mol×84g/mol=16.8g，本实验中丙炔酸甲酯的产率为38.0%；（7）丙炔酸甲酯的沸点为103~105℃，从100℃开始收集，收集到的馏分产物质量增大，会使实验的产率偏高。16．(1)-351(2)(3)减少，萃取平衡正向移动，钒的萃取率增大转化为，导致减小，萃取平衡逆向移动，钒的萃取率减小A0.01【分析】根据流程图和已知，可知V2O5经酸浸转化为，随后经HCOOH还原为VO2+，利用H2R2和煤油组成的体系，VO2+与H2R2反应生成VOR2(HR)2，进入有机相，实现钒与其他杂质的初步分离，加入H2SO4，打破萃取平衡，使VOR2(HR)2分解，VO2+重新进入无机相，完成钒的富集与回收。【详解】（1）由图可知反应①，反应②，根据盖斯定律可知②-①得，则；（2）“还原”过程中，发生的离子方程式为：，即HCOOH转化为，电子式为；（3）萃取平衡表达式为；从1调至4的过程中，随着增大，氢离子浓度减小，萃取平衡正向移动，钒的萃取率增大；过大，转化为，导致减小，萃取平衡逆向移动，钒的萃取率减小；由萃取剂A．B．C的结构可知，萃取剂A酸性最强，萃取效果最好；根据坐标值可以计算萃取平衡，当时，，得。17．(1)酮羰基(2)++H2O(3)2(4)AC(5)5、、、、(6)(7)降低在水中的溶解性，增大在有机溶剂中的溶解性，提高维生素A的稳定性【分析】柠檬醛和丙酮发生已知信息的反应原理生成B为，B发生成环反应生成C，C和ClCH2COOCH3反应生成D，D发生一系列反应生成E；【详解】（1）C为，含氧官能团的名称为酮羰基；（2）A→B是柠檬醛和丙酮发生已知信息的反应原理生成和，反应的化学方程式为++H2O；（3）D为，手性碳原子的个数为2，位置为；（4）A．吡啶性质与胺类化合物类似，结构与苯相似，吡啶分子中所有原子可能共平面，A正确；B．吡啶易溶于有机溶剂，其性质与胺类化合物类似，易溶于水，B错误；C．吡啶环中的氮原子采用sp2杂化，其孤对电子处于环外，可与金属离子的空轨道形成σ配位键，形成配合物，C正确；D．吡啶为平面结构，碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2，D错误；故选AC；（5）E为，M是E的同系物，