湖南省湘潭市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）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省湘潭市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BCDBDBDACB题号11121314答案CBAD1．B【详解】A．合金的熔点通常低于其各组分金属的熔点，即铝合金的熔点低于其各组分金属，A错误；B．氮化硅是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构，属于共价晶体，具有高熔点、高硬度和化学稳定性，可用作制造C919飞机的材料，B正确；C．液晶材料是介于液态和晶态之间的物质，既具有液体的流动性、黏度、形变性等，又具有晶体的某些物理性质，如导热性、光学性质等，表现出类似晶体的各向异性，但本身不属于晶体，C错误；D．乙烯可用作水果催熟剂，但氧割焰的主要气体是乙炔(不是乙烯)，乙炔在氧气中燃烧能产生高温火焰用于切割金属，D错误；故选B。2．C【详解】某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，其原子核外电子数为21+3=24，为Cr元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，处于周期表中第4周期第VIB族，属于d区，故选C。3．D【详解】A．红外光谱法可判断化学键和官能团，因此可判断的类别，故A正确；B．质谱法可获取被测定物质的相对分子质量，故B正确；C．X射线衍射技术可测定青蒿素分子的键长、键角，故C正确；D．原子光谱上的特征谱线鉴定元素的方法称为光谱法，故D错误；故选D。4．B【详解】A．Al位于第三周期IIIA族，基态原子的价电子排布式为3s23p1，故A错误；B．HCl为共价化合物，表示为，故B正确；C．的中心原子Al的价层电子对数为3+=3，不含有孤电子对，故空间结构为平面三角形，故C错误；D．H2分子中σ键属于s-sσ键，电子云轮廓图为，故D错误；答案选B。5．D【详解】A．苯作为萃取剂主要是因为其对某些物质溶解度高，且与水互不相溶，而非密度比水小，A不符合题意；B．乙醇的消毒作用源于其能使蛋白质变性的特性，与挥发性无关，B不符合题意；C．油脂制肥皂依赖其皂化反应（水解性质），而非难溶于水，C不符合题意；D．葡萄糖的还原性使其能还原银氨溶液生成银镜，性质与用途相对应，D符合题意；故选D。6．B【详解】A．第一步为甲苯与在催化下反应，但是苯环卤代催化剂，只能将氯原子取代在苯环上，而如果在苯环的侧链烃基上进行氯取代需要的条件为光照；第一步转化就无法实现，第二步苯环侧链烃基上的氯代物可以在NaOH水溶液加热水解生成苯甲醇，虽然第二步可以实现转化，但第一步转化无法实现，A错误；B．乙炔与HCN在催化剂、加热条件下发生加成反应，三键打开一个键生成丙烯腈；在丙烯腈中含碳碳双键，在催化剂作用下可以发生加聚反应生成聚丙烯腈（），两步转化均可实现，B正确；C．溶液加少量NaOH时，NaOH不足可能生成沉淀量少，且乙醛与反应需碱性环境即NaOH要过量，少量NaOH导致碱性不足，无法与乙醛反应生成，不能观察到砖红色沉淀，第一步和第二步都不符合转化要求，C错误；D．第一步为卤代烃发生消去反应生成烃，反应的条件为NaOH的醇溶液加热，不是与浓硫酸加热，第一步转化无法实现；第二步为丙烯与发生加成，可以得到产物：1，2-二溴丙烷，虽然第二步可以实现转化，但第一步转化无法实现，D错误；故答案为：B。7．D【详解】A．碳碳双键两端分别连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构体，A正确；B．酚羟基邻位、对位氢原子能和溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，1mol白皮杉醇与浓溴水反应，最多消耗7molBr2，B正确；C．酚羟基可与FeCl3溶液发生显色反应，C正确；D．酚羟基也可使酸性KMnO4溶液褪色，若酸性KMnO4溶液褪色，不能说明其存在碳碳双键，D错误；故答案为：D。8．A【分析】根据题意推知，其中X、Y、Z同周期，Y、Q同主族，基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数2倍，且与基态Z原子具有相同的未成对电子数，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；Y、Q同主族，Q的最高能层有16个轨道，则Q位于第四周期，Q为As，则W只能为H，综上W、X、Y、Z、Q分别是H、C、N、O、元素。【详解】A．元素周期表中同周期从左到右第一电离能逐渐增大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能N>O>C，故A错误；B．由于和能形成分子间氢键且水分子之间氢键多于分子之间氢键，而分子之间无氢键，所以简单氢化物沸点，故B正确；C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即酸性：，故C正确；D．C、N、O分别与H可形成、、等化合物，均含极性键和非极性键，故D正确；答案选A。9．C【详解】A．超分子是通过非共价键形成的，A错误；B．引入亲水基磺酸基，可增强水溶性，B错误；C．“分子识别”和“自组装”是超分子的特征性质，C正确；D．由结构可知，SC[6]A空腔大于SC[4]A，故SGR能被SC[6]A装载，不一定能被SC[4]A装载，D错误；故答案为：C。10．B【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成Mn2+和，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解题。【详解】A．将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，可以增大接触面积，提高反应速率，A正确；B．浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，的作用是氧化剂，加入氨水，调节，使、形成、沉淀除去，由表中数据可知，完全沉淀时，完全沉淀时，则调节时应不低于5.4，B错误；C．根据分析，滤渣1的主要成分为，则除杂时，滤渣2的主要成分为、，C正确；D．沉锰时加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰沉淀，离子方程式为，D正确；故选B。11．C【详解】A．X形成Z发生取代反应，结合Y的分子式可知Y为，A项正确；B．X中含有苯环、羟基、羧基，可发生加成反应、取代反应，B项正确；C．中含有多个饱和碳原子，故所有的碳原子不可能共平面，C项错误；D．的手性碳原子位置为：，只有一个，D项正确；故选C。12．B【详解】A．DMC为酯类物质，难溶于水，A错误；B．反应①是中的被甲基替代的反应，属于取代反应，反应②为中C=O上发生加成反应，属于加成反应，B正确；C．甲醇分子中的碳原子和氧原子均为杂化，甲醇为甲醇，其杂化的原子有，C错误；D．DMC的分子式为，其含酯基、醚键的同分异构体只有，D错误；故答案为：B。13．A【详解】A．氨水中有，加入后，完全电离：，c(Na+)=c()，根据电荷守恒有：，由于溶液仍显碱性，>，则有，A正确；B．加入后，与反应生成，导致的物质的量减少，的物质的量增加，因此的比值减小，B错误；C．原氨水中抑制水的电离，加入后生成的会水解，促进水的电离，因此水的电离平衡正向移动，C错误；D．与反应促使电离平衡正向移动，但生成的会部分水解，导致溶液中浓度降低且pH较原氨水减小，D错误；故答案为：A。14．D【分析】由可知图中代表CaWO4沉淀溶解平衡曲线的斜率为-1，因此L1代表CaWO4，L2代表Ca(OH)2，由L1线上点(3，7)计算，由L2线上点(0，6)计算，据此分析；【详解】A．根据分析，L2代表pc()与pc()之间的关系，A正确；B．Ca(OH)2是微溶物，存在溶解平衡，NaOH溶液中氢氧根浓度较大，抑制Ca(OH)2的溶解，故室温下，Ca(OH)2在水中的溶解度大于在NaOH溶液中的溶解度，B正确；C．M点分散系中的离子积大于，含有CaWO4固体，的离子积小于，不含Ca(OH)2固体，C正确；D．，该反应的平衡常数，可知该温度下，将石灰乳加入Na2WO4溶液中，能得到大量CaWO4，D错误；故选D。15．(1)B(2)不同冠醚的空腔大小不同，只能容纳离子半径一定大小的碱金属离子(意思对即可)(3)BN的熔点大于BP，二者均为共价晶体，原子半径：N＜P，键长：B-N＜B-P，B-N键键能较大，因此BN晶体的熔点高于BP晶体12(，，)【详解】（1）冠醚与碱金属离子之间以配位键结合，配位键不属于离子键，也不属于金属键；更不是氢键，故合理选项是B；（2）冠醚中O原子与碱金属离子通过配位键结合。不同冠醚中O原子数不同，空穴大小也不同。不同冠醚的空腔大小不同，只能容纳离子半径一定大小的碱金属离子；（3）①BN与BP具有相似的晶体结构，二者都属于共价晶体。由于原子半径：N＜P，所以键长：B-N＜B-P，键能：B-N＞B-P，该晶体中化学键的键能越大，断裂该化学键需消耗的能量就越高，该化学键就越难断裂，物质的熔沸点就越高。由于键能：B-N＞B-P，B-N键键能较大，因此含有B-N键的BN晶体的熔点高于BP晶体；②由磷化硼晶胞结构可知：磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则晶体中与磷原子距离最近且相等的磷原子有个，且一个晶胞中磷原子的个数为：8×+6×=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子的个数为4，可知晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为l：1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子数为12；③将BP晶胞分为8个小的立方体，四个B原子分别位于四个交错的小立方体体心位置，若图中a处P原子坐标为(0，0，0)，d处P原子坐标为(1，1，0)，则e处的B原子坐标为(，，)；④已知晶胞中a处P原子与d处P原子间距离为cpm，设B原子与最近P原子的核间距为Lpm，晶胞的棱长为xpm，由BP晶体可知：a处P原子与d处P原子位于面对角线位置，x=cpm，则磷化硼晶体的边长x=pm。晶胞体对角线等于4Lpm，则4Lpm=pm=pm，可得L=pm=pm。16．(1)恒压分液漏斗(或恒压滴液漏斗)(2)d中澄清石灰水由浑浊变澄清(3)冷却结晶(4)pH=8.5左右温度接近60℃pH过低，溶液中H+过大，与氨基反应，使得氨基不存在孤对电子且带正电荷，不易与Ca2+形成配位键；pH过高，会生成Ca(OH)2沉淀，使得螯合率下降(5)EDTA-2Na>铬黑T>氨基酸90%(或0.9)【分析】贝壳粉末的主要成分为CaCO3，利用其与盐酸的反应制得CaCl2，同时生成了CO2，利用CO2使澄清石灰水变浑浊来判断制备CaCl2反应的进行程度，并通过4个活塞的开关组合调整目标反应的进度，据此解答。【详解】（1）仪器a外接有恒压装置，为恒压滴液漏斗；（2）关闭K2，打开K3、K1，先发生CaCl2的生成，同时产生CO2，利用d装置检验，当澄清石灰水由浑浊变澄清时，说明CO2已过量，贝壳粉末与盐酸已充分反应，可以开始目标反应，此时关闭K3，打开K2、K4，利用NaOH溶液调节反应所需的pH条件；（3）减压蒸发浓缩，减低了复合氨基酸螯合钙的溶解度，之后进行冷却结晶，析出产物晶体；（4）①从图中可得，pH为8.5左右，温度为接近60度，螯合率最高；②pH过低，氨基会与H+配位，阻碍了其与Ca2+的配位，螯合率降低，pH过高，Ca2+会转化为Ca(OH)2沉淀，阻碍配位的进行，螯合率降低；（5）铬黑T指示剂先与螯合物中的Ca2+充分结合，使溶液显酒红色，利用EDTA-2Na的滴定，EDTA-2Na与Ca2+1:1络合，故反应终点为溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟不褪色，则三种试剂与Ca2+结合能力大小排序为EDTA-2Na>铬黑T>氨基酸，螯合率为。17．(1)A(2)B(3)形成三元共沸物，促进水蒸出，提高产率移除反应生成的水，促进可逆反应正向进行，提高目标产物产率(4)用pH计（或pH试纸）连续测定pH，至接近7(5)确保苯甲酸钠完全转化成苯甲酸(6)拔去冷凝管上端玻璃塞，温度计的水银球应与支管口下沿处相平，球形冷凝管下端进水、上端出水，冷凝管下端的尖端应远离烧瓶的一侧(7)68【分析】由题意可知，苯甲酸和乙醇发生取代反应生成苯甲酸乙酯和水，该反应是可逆反应，加入环己烷与生成的水、未反应的乙醇形成沸点较低的共沸物，使得反应产物及时被移出反应体系，促进平衡正向移动，提高反应物的转化率；由于水的密度大于苯甲酸乙酯，所以分水器中下层主要成分是水；反应完毕后烧瓶内主要剩余未反应的苯甲酸、产物苯甲酸乙酯、硫酸。【详解】（1）反应一共加入6g苯甲酸、15mL无水乙醇、15mL环己烷和2.5mL浓硫酸，溶液体积约为38.5mL，故宜选择100mL规格的圆底烧瓶，A符合题意；（2）浓硫酸稀释时会放出大量热，为避免出现危险并减少副反应的发生，应将浓硫酸在旋摇下滴入，B符合题意；（3）水的沸点较高，加入环己烷形成沸点较低的三元共沸物，促进水蒸出，提高产率，促进反应平衡正向移动，由于水的密度大于苯甲酸乙酯，所以分水器中下层主要成分是水，故量筒中收集到的约7液体的主要成分是H2O；（4）溶液中的酸性物质是未反应的硫酸，若想检测其是否反应完全可以通过监测其pH是否为7，可以用pH计或pH试纸；（5）用碳酸钠中和后，部分苯甲酸会转化为苯甲酸钠，故酸化至溶液呈酸性的目的是确保苯甲酸钠完全转化成苯甲酸，便于回收；（6）根据题给装置图可知，装置存在的错误有：未拔去冷凝管上端玻璃塞；温度计的水银球未与支管口下沿处相平；球形冷凝管上端进水、下端出水；冷凝管下端的尖端在靠近烧瓶的一侧；（7）根据题意可知，实验中乙醇过量，则理