湖南省湘西自治州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）

湖南省湘西自治州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BBBABABCBA题号11121314答案CADA1．B【详解】A．蚕丝属于蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，人造纤维无此气味，可用燃烧法区别二者，A项正确；B．碘酒消毒是，碘使病毒蛋白发生变性，B项错误；C．乙醇和乙酸可反应生成具有香味的乙酸乙酯，C项正确；D．酒厂蒸馏酒精的原理和实验室制备蒸馏水的原理都是蒸馏，属于物理变化，D项正确；故选：B。2．B【详解】A．烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为，A项正确；B．乙醇分子的空间填充模型为，B项错误；C．乙酸乙酯的分子式为，实验式为，C项正确；D．油脂是高级脂肪酸甘油酯，是油和脂肪的统称，结构通式为(R、R'、R''代表高级脂肪酸的烃基)，D项正确；故选B。3．B【详解】A．原子光谱的谱线由电子在不同定态间跃迁时发射或吸收光子形成，能量量子化导致谱线离散，A正确；B．燃烧热的定义是生成稳定的氧化物，如H2O为液态，CO2为气态，B错误；C．酶是细胞产生的有机催化剂，绝大多数为蛋白质，C正确；D．冠醚（18-冠-6）的空穴尺寸与K+匹配，通过弱相互作用（如范德华力等）形成超分子，D正确；故选B。4．A【详解】A．标准状况下，18gH2O的物质的量为1mol，每个H2O分子含3个原子，故原子总数为3NA。标准状况下H2O为液态，但质量计算不受影响，A正确；B．[Co(NH3)5Cl]2+中每个NH3含3个N-Hσ键，5个NH3共15个；每个NH3与Co的配位键为σ键，共5个；Cl⁻与Co的配位键为1个σ键。总σ键数为15+5+1=21NA，而非15NA，B错误；C．NH水解生成H+，根据电荷守恒，阳离子总物质的量(NH+H+)等于阴离子总物质的量(Cl⁻+OH⁻)。Cl⁻为0.2mol，(Cl⁻+OH⁻）的物质的量大于0.2mol，故阳离子总数目>0.2NA，C错误；D．反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O中，3molBr2转移5mol电子，故1molBr2转移5/3mol电子，而非5mol，D错误；故选A。5．B【详解】A．NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B．因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C．NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D．SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故答案为B。6．A【详解】A．溶液中的Fe2+可以与K3[Fe(CN)6]发生反应生成蓝色沉淀，A项合理；B．随着滴定的不断进行，溶液中S2-不断被消耗，但是溶液中的HS-还可以继续发生电离生成S2-，B项不合理；C．金属Na既可以和水发生反应又可以和乙醇发生反应，故不能用金属Na除去乙醇中少量的水，C项不合理；D．ClO-具有氧化性，不能用pH试纸测定其pH的大小，可以用pH计进行测量，D项不合理；故答案选A。7．B【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。【详解】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确；B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误；C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；D．SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，D正确；答案选B。8．C【分析】n[Cu(OH)2]==0.4mol，m(Cu元素)=0.4mol×64g/mol=25.6g，n(O)=n(Cu2O)==0.1mol，n(Cu单质)=0.4mol-0.1mol×2=0.2mol，依据得失电子守恒，可求出n(NO)==0.2mol。【详解】A．由分析可知，n(Cu单质)=0.2mol，n(Cu2O)=0.1mol，则Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2mol:0.1mol=2:1，A正确；B．n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)=1.0mol•L-1×1.0L+0.2mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为=2.4mol∙L-1，B正确；C．产生的NO在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，C不正确；D．加入NaOH，与Cu(NO3)2和过量HNO3反应，则Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol∙L-1×1.0L-0.4mol×2=0.2mol，D正确；故选C。9．B【详解】A．溶解应该在烧杯中进行，蒸发皿用于蒸发结晶，A错误；B．苯甲酸溶解度随温度降低而减小，过滤时热量散失，导致溶液温度降低，趁热过滤除去泥沙的同时可防止苯甲酸晶体析出，B正确；C．采用冰水冷却得到的是小颗粒晶体，C错误；D．苯甲酸溶解度受温度影响较大，温度高，溶解度大，乙采用热水洗涤可提高产率，丁操作用热水洗涤沉淀，会使苯甲酸晶体重新溶解，降低产率，D错误；故选B。10．A【详解】A．第一个反应生成2molH2O(l)，第二个反应生成1molH2O(l)，焓变与物质的量成正比，因此ΔH1=2ΔH2，由于两个反应均为放热反应(ΔH为负值)，故ΔH1(更负)小于ΔH2，A正确；B．反应BaCO3(s)⇌BaO(s)+CO2(g)的平衡常数K仅与[CO2]有关。压缩体积时，CO2浓度瞬间增大，但系统通过减少气体物质的量(逆反应)恢复平衡。由于温度不变，K值不变，最终CO2浓度仍等于原平衡浓度，B错误；C．反应的△S＜0，由ΔG=ΔH-T•ΔS＜0时，反应可自发进行可知，ΔH＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；D．酯化反应为可逆反应，实际放热量小于理论值。热化学方程式应表示完全反应的ΔH，而题目中直接使用实验值25.6kJ/mol，未考虑可逆性，写法错误；D错误；故选A。11．C【分析】题给化合物结构中X、W、E均形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成2个共价键。的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素、Z、原子序数依次增大，且均位于的下一周期，即第二周期元素，则Y为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素的原子比原子多8个电子，则E为Cl元素，综合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl元素。据此分析解答。【详解】A．氯元素非金属性较强，其最高价氧化物的水化物HClO4是一种强酸，故A正确；B．同一周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>O>C，故B正确；C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，电子层越多半径越大，所以原子半径：Cl>C>F，故C错误；D．OF2中，F为-1价，则O的化合价为+2价，故D正确；答案选C。12．A【详解】A．根据结构简式可知，黄芩苷分子中存在饱和碳原子，为正四面体结构，故黄芩苷分子中所有原子不可能在同一平面上，A正确；B．黄芩苷分子中含有碳碳双键、醇羟基，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C．黄芩苷中有羟基、羰基、羧基、醚键含氧的官能团，C错误；D．黄芩苷苯环上的一氯代物有4种，D错误；故选A。13．D【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、8个白球，结合化学式，则晶胞图中的○表示H原子，A正确；B．由图，3号原子在原点位置，分数坐标为，B正确；C．1号原子和2号原子的距离为体对角线的四分之三，为，C正确；D．以底面面心La为例，与La距离最近且相等的La原子个数在同层、上下层各4个，共为12个，D错误；故选D。14．A【分析】当加入10mL溶液时，与恰好完全反应生成CuS沉淀，此时溶液中，由a点(10，17.7)\)可知，，则，所以，据此回答。【详解】A．若溶液中溶质是强酸强碱盐（如恰好完全反应生成NaCl），对水的电离无影响，水电离出的=；但如果溶质是能水解的盐（如或过量时，或水解），会促进水的电离，不过无论哪种情况，水电离出的和始终相等，A正确；B．沉淀溶解平衡中，Ksp越小越先沉淀，已知，，，则向含等浓度的和的混合溶液中滴加溶液，先沉淀，B错误；C．CuS和ZnS是盐，属于电解质（在熔融状态或水溶液中能导电），虽固体不导电，但不能据此判断为非电解质，C错误；D．在溶液中，存在质子守恒：所以，D错误；故选A。15．(1)酚羟基、醚键(2)13(3)取代反应(4)保护酚羟基(5)【分析】A的分子式为，不饱和度为5，与发生取代反应生成B，B与C发生已知信息Ⅰ的反应生成D，结合D的结构简式可知，A为，B为，C为；结合E的分子式，其不饱和度为8，说明D→E发生的是还原反应，E的结构简式为，E和F发生取代反应生成G，G加热重排生成H，结合H的结构简式，以及加热重排的原理可知，G的结构简式为，H和盐酸、THF反应生成I，据此解答。【详解】（1）由分析可知，A的结构简式是，由分析可知，E的结构简式为，则E的含氧官能团名称为酚羟基、醚键；（2）由分析可知，C结构简式为；含酚羟基且能发生银镜反应，若含有两个取代基，可以是，有邻、间、对三种同分异构体，若含有三个取代基，可以是，三个不同的取代基在苯环上有10种同分异构体，共计13种同分异构体；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰的面积之比为，应该找对称结构，则其结构简式为；（3）E的结构简式为，对比E、F和G的结构简式可知，为取代反应；（4）A→B发生取代反应，同时生成小分子的HCl，化学方程式为；该过程对酚羟基进行了转化，而物质D中又引入了酚羟基，则该过程的目的是：保护酚羟基；（5）由分析可知，E的结构简式为，要确认异戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团，则J中不含有异戊烯基，其他结构与I相同，则E→J发生的是取代反应，J的结构简式为。16．(1)B(2)实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中、，说明、对苯酚与的显色反应也有影响，不确定对苯酚与的显色反应是否有影响；0.10.05NaCl固体不成立成立根据苯酚与的显色原理Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用。【详解】（1）配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液需用到的仪器有100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管和玻璃棒，不需要用冷凝管，故答案为B；（2）①实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中、，说明、对苯酚与的显色反应也有影响，不确定对苯酚与的显色反应是否有影响；②为进一步验证、对苯酚与的显色反应的影响，实验5、6研究不同、浓度的影响，同时还要保持浓度和溶液体积不变，因此实验5需要加入NaCl固体改变氯离子的浓度，实验6需要加入Na2SO4固体改变硫酸根离子的浓度，故答案为：c=0.1mol/L；d=0.05mol/L；NaCl固体；③已知：Na+对苯酚与的显色反应无影响，A5=A3则说明氯离子浓度对显色反应没有影响，A6<A1则说明硫酸根离子对显色反应有影响，故由此得出结论是氯离子浓度对显色反应没有影响、硫酸根离子对显色反应有影响，即猜想1不成立、猜想2成立；④根据苯酚与的显色原理Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用。17．(1)哑铃N＞O＞C(2)球形冷凝管(3)先加入正丁醇，再加入浓硫酸b(4)上(5)洗去粗产物中的浓硫酸(6)b(7)正丁醇(8)67%【分析】正丁醇与浓硫酸混合加热135℃发生取代反应产生正丁醚和水，为防止加热过程中产生暴沸现象，要加热几粒沸石；为使反应物尽可能多转化为生成物，要采用球形冷凝管冷凝回流，维持反应一段时间，使物质充分反应，然后待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振摇后静置，分液得密度比水的上层液体产物的粗品，再粗产物依次用40mL水、20mLNaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，吸收多余水分，静置一段时间后弃去氯化钙；然后将粗产物进行蒸馏，收集温度为142℃的馏分，实际得到纯净的正丁醚26g，根据实际值与理论值的比计算物质的产率。【详解】（1）p能级电子的电子云轮廓图为哑铃形，基态O原子核外电子占据的最高能级的电子为2p电子，电子云轮廓图为哑铃形，同一周期元素从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；（2）根据装置图示可知：仪器B名称为球形冷凝管；（3）正丁醇的密度小于浓硫酸，为防止液体物质混合时液滴飞溅，步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释，应该先加入正丁醇，再向正丁醇中缓慢加入浓硫酸，并不断摇动反应容器，使二者充分混合，若在加热过程中发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加，故选b；故答案为：先加入正丁醇，再加入浓硫酸；b；（4）在分液漏斗中，正丁醚密度比水小且几乎不溶于水，因此会分为上、下两层，下层液体从下口放出，然后关闭分液漏斗的活塞，将粗产物从上口分离出来，故答案为：上；（5）步骤④中第一次水洗的目的是洗去粗产物中的浓硫酸，故答案为：洗去粗产物中的浓硫酸；（6）由于正丁醚的沸点是142℃，所以步骤⑤中，加热蒸馏时应收集142℃的馏分，故答案为：b；（7）分水器中收集到液体物质，由于正丁醇密度比水小且微溶于水，上层为正丁醇，下层主要成分为水，故答案为：正丁醇；（8）根据方程式可知：2mol正丁醇完全反应生成1mol正丁醚，44.4g正丁醇的物质的量n(正丁醇)=，若其完全反应产生正丁醚，其质量为m(正丁醚)=n(正丁醇)×130g/mol=×0.6mol×130g/mol=39g，实际产