湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期化学自编试卷（人教版）（解析版）

湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期自编试卷化学试题（解析版）题号12345678910答案BCCAAACCCB题号11121314答案ACDC1．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．C【详解】A．是强酸弱碱盐，溶液中会水解，所以溶液中的镁离子数目小于，A正确；B．的结构式为，其中键的数目为，B正确；C．为，其结构式为：，碳碳双键含有一个键和一个键，所以含有键数目为，C错误；D．32g环状为，一个分子中含有8个键，所以键的物质的量为，数目为，D正确；故选C。4．A【详解】A．苯酚的酸性强于但弱于碳酸，苯酚钠与少量CO2反应生成C6H5OH和，离子方程式为，A正确；B．ClO-与过量SO2发生氧化还原反应，产物应为Cl-和，而非和HClO，离子方程式为，B错误；C．稀硝酸与铜反应生成NO而非NO2，离子方程式，C错误；D．Fe3+被还原为Fe2+而非Fe单质，离子方程式，D错误；故选A。5．A【详解】A．中心碳原子价层电子对数，中心碳原子价层电子对数，二者中心原子的杂化方式不同，与电负性无关，A错误；B．与可形成稳定的配合物，而无法与形成配合物，因此Cu(OH)2溶于氨水，Mg(OH)2不溶，B正确；C．18-冠-6的空腔直径与K⁺更适配，因此识别能力更强，分析正确，C正确；D．烃基为推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，使羧基中羟基的极性越小，则酸性越弱，故酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH，D正确；故选A。6．A【详解】A．赶出碱式滴定管乳胶管中气泡，可将尖嘴向上弯曲，挤压玻璃珠使溶液流出从而排出气泡，操作正确，能达到实验目的，A符合题意；B．碳酸氢钠受热易分解，但是溶液中碳酸氢钠受热不分解，故不能达到实验目的，B不符合题意；C．电石（主要成分CaC2）与水反应制乙炔，不能用启普发生器，反应中会产生H2S等杂质气体，H2S也能使酸性KMnO4溶液褪色，不除去杂质就直接通入酸性KMnO4溶液，无法确定是乙炔使酸性KMnO4溶液褪色，不能检验乙炔，该操作不能达到实验目的，C不符合题意；D．用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，根据酸碱中和反应的化学计量关系，通过准确测量消耗盐酸的体积，可计算出NaOH溶液的物质的量浓度，该操作中缺少指示剂与明确的NaOH溶液体积，故该操作不能达到目的，D不符合题意；故选A。【点睛】7．C【分析】由通过一系列转化生产的流程为：先将与混合加热产生：，可以将催化氧化生成NO：，NO能被氧化得到：，最后将与反应生成：，据此分析解答。【详解】A．的水溶液因水解显酸性：，A错误；B．浓为易见光分解的液体药品，所以通常保存在棕色细口试剂瓶中，B错误；C．“反应2”中若氨被催化氧化为，NO为极性分子，若氨被氧化为、氮气是非极性分子，C正确；D．“反应1”中，氮元素的化合价未发生变化，不是氧化还原反应，D错误；故答案为：C。8．C【详解】A．取用液体时，标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签，故A正确；B．制取胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液，并煮沸至液体变为红褐色，故B正确；C．蒸馏时温度计水银球在支管口处，且冷凝水应该“下进上出”，故C错误；D．萃取后分离时，下层液体从下口流出，故D正确。故选C。9．C【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；C．铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。10．B【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。【详解】A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确；D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；故答案为B。11．A【详解】A．NaCl晶胞中每个Na+周围有6个Cl-，所以配位数为6，CO2晶胞中的配位数为：，A正确；B．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，金刚石晶胞中碳原子间是共价键，B错误；C．若金刚石的晶胞边长为acm，两个碳原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，即，C错误；D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨晶体兼有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，属于混合晶体，D错误；故选A。12．C【详解】A．由环六糊精的结构可知，腔内主要存在碳碳键、碳氧键，腔外存在羟基，氧氢键极性大，故极性大小：腔外>腔内，故A正确；B．环六糊精()能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y，因此，环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子，故B正确；C．由图b可知，较短时间内，组装生成的超分子X浓度大于超分子Y，说明超分子组装过程更容易生成超分子X，因此，超分子组装过程的活化能：①<②，故C错误；D．由图b可知，相同温度下达到平衡时，超分子X的浓度小于超分子Y的浓度，因此，相同温度下超分子组装的平衡常数：①<②，故D正确；故选C。13．D【详解】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从生成和的反应都是放热反应，A项正确；B．与Br原子相连的C原子为，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻的，形成碳碳键，B项正确；C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是和，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确；D．由于生成所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成，为主要产物，D项错误；故选D。14．C【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]-，溶液中小于，则直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系、直线L2表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35mol/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2。【详解】A．由上述分析可知，直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，故A正确；B．由上述分析可知，Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，则a点时c(Br-)=c(Ag+)=mol/L=10-6.1mol/L，a=-lg10-6.1=6.1，故B正确；C．反应Ag++2S2O⇌[Ag(S2O3)2]3-的平衡常数K=，根据(-4.6，4.2)点数值计算平衡常数K=104.2×(104.6)2=1013.4，Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，c(S2O)=0.001mol/L、c{[Ag(S2O3)2]3-}=xmol/L时c(Ag+)=10-7.4xmol/L，则c(Br-)=mol/L，故C错误；D．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35mol/L，为10-4.2时，则溶液中的浓度为mol/L=10-4.15mol/L，反应的平衡常数K==101.2，数量级为101，故D正确；答案选C。15．(1)CaO或NaOH观察气泡速率，以控制A处产生NH3的速率防止倒吸或者使氨气与CS2充分接触，增加反应速率(2)Cr2O+3H2S+8H+=2Cr3++3S↓+7H2O。重结晶(3)97.0%偏大【分析】将浓氨水与生石灰发生反应制备氨气，利用球型干燥管内碱石灰除水干燥后，通入CS2中，产生的氨气与D中CS2、水和催化剂发生反应生成NH4SCN以及NH4HS，生成的产物与氢氧化钾发生反应，生成KSCN，未反应的氨气及生成的硫化氢可以与酸性重铬酸钾溶液反应，除去尾气。据此解答。【详解】（1）①浓氨水在固体作用下产生氨气，常见能使浓氨水产生氨气的固体有CaO、NaOH等。因为CaO与H2O反应放热，促使NH3∙H2O分解产生NH3；NaOH固体溶于水放热，且增大OH−浓度，使NH3+H2ONH3∙H2ONH4++OH−平衡逆向移动，产生氨气。故答案可以为CaO或NaOH。②装置C中盛装的是CS2，由于NH3不溶于CS2，所以装置C的作用是观察气泡速率，以控制A处产生NH3的速率。③三颈烧瓶左侧导管口浸没到CS2层中，因为CS2密度比水大且不溶于水，NH3不溶于CS2，这样可以使NH3与CS2充分接触，让反应更充分进行且防止倒吸。（2）①NH4HS分解产生NH3和H2S，酸性K2Cr2O7溶液吸收这两种气体，出现淡黄色浑浊说明生成了S单质，铬元素被还原为Cr3+。H2S被氧化为S单质，Cr2O被还原为Cr3+。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒来写离子方程式。Cr2O中Cr为+6价，Cr3+中Cr为+3价，1个Cr2O得到6个电子；H2S中S为-2价，S单质中S为0价，1个H2S失去2个电子，所以H2S与Cr2O-的化学计量数之比为3:1。在酸性条件下，根据电荷守恒和原子守恒配平其他物质，得到离子方程式为Cr2O+3H2S+8H+=2Cr3++3S↓+7H2O。②对于溶解度受温度影响较大的物质的粗产品，进一步纯化通常采用重结晶的方法KSCN的溶解度受温度影响较大，所以将KSCN晶体粗产品进一步纯化的实验方法是重结晶。（3）①达到滴定终点时消耗0.1000mol/LAgNO3标准溶液20.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是n(KSCN)=0.020L×0.1000mol/L=0.0020mol，则晶体中KSCN的质量分数=；②滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，达到终点后气泡消失，会导致读取的AgNO3标准溶液体积偏大。因为n(SCN-)是根据n(Ag+)=c(AgNO3)V(AgNO3)计算的，V(AgNO3)偏大，计算出的n(SCN-)偏大，进而使计算出的KSCN的质量分数偏大。16．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分(2)烧杯玻璃棒(3)KSCN溶液或亚铁氰化钾(4)B过滤，洗涤固体(5)【分析】煅烧得到氧化铁，硫酸酸溶后得到硫酸铁，用还原生成硫酸亚铁和S，过滤，滤液用共沉淀生成磷酸亚铁晶体[]。【详解】（1）“焙烧”时，气体与矿料逆流而行，可以让气体与矿料充分接触，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。（2）将一定体积的浓硫酸稀释为的硫酸，使用的仪器除量筒外，还必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。（3）“还原”时，硫酸铁用还原生成硫酸亚铁和S沉淀，反应已完全检验溶液中无，滴加KSCN溶液（或亚铁氰化钾），溶液变红（或生成蓝色沉淀），说明含有铁离子，反之则不含有，“还原”已完全；（4）①若使用调节溶液pH，“共沉淀”反应生成和醋酸，其反应的离子方程式为；②制取的实验方案：向三颈烧瓶中加入抗坏血酸溶液，向三颈烧瓶中滴加-混合溶液至混合液pH≈4，再向三颈烧瓶中滴加溶液，通过调节恒压滴液漏斗的活塞，控制溶液pH为4～6，充分搅拌一段时间，过滤，洗涤固体，真空干燥；（5）每25.00mL溶液中，，0.6000g样品中含，，纯度为。17．(1)<(2)变大(3)BE(4)107.2(5)c0.0061(6)3【详解】（1）反应Ⅰ：反应后气体物质的量减小，气体混乱度减小，熵变。（2）按盖斯定律，反应可由“反应Ⅱ-反应Ⅰ”得到，目标反应焓变(吸热反应)，升高温度，吸热反应的平衡正向移动，平衡常数变大。（3）恒温恒容条件下，反应体系全为气体，质量不变、体积不变，密度始终不变，不能判断平衡，A错误；反应Ⅰ是气体物质的量减小的反应，恒温恒容时，压强与气体物质的量成正比，压强不变说明气体物质的量不变，能说明达到平衡，B正确；消耗速率与生成速率均为正反应速率，比例等于化学计量数(3:1)时，不能说明正逆反应速率相等，C错误；物质的量之比与平衡无必然联系，取决于起始投料和转化率，不能判断平衡，D错误；混合气体质量不变，物质的量变化(反应Ⅰ反应前后气体物质的量改变)，平均相对分子质量不变时，说明气体物质的量不变，能说明达到平衡，E正确；选BE。（4）催化剂不改变反应焓变，逆反应活化能=正反应活化能-反应焓变(或直接看图像)，由图可知，使用催化剂N时，正反应活化能59.2kJ/mol，反应放热，逆反应活化能。（5）①反应Ⅰ放热、反应Ⅱ吸热，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动(选择性降低)，反应Ⅱ平衡正向移动(CO选择性升高)，平衡转化率是反应Ⅰ、Ⅱ共同作用的结果，温度升高，反应Ⅰ消耗减少、反应Ⅱ消耗增加，但总趋势：曲线c随温度升高先降后升(实际结合反应特点，反应Ⅰ为主时升温转化率降低，反应Ⅱ为主时升温转化率升高)，故c代表平衡转化率。②设起始，，300K时，的