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）（解析版版）

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CBDCDCAACB题号11121314答案DBCD1．C【详解】A．红外光谱仪用于测定分子中的官能团和化学键类型；测定相对分子质量通常用质谱法，A错误；B．“无糖食品”指不含葡萄糖、蔗糖等易吸收糖类，但可能含其他糖类（如膳食纤维或代糖），B错误；C．氢键是维持蛋白质二级结构（如α螺旋、β折叠）的关键作用力，直接影响其高级结构和生物活性，C正确；D．乙二醇（二元醇）与丙三醇（三元醇）官能团数目不同，两者不是同系物，D错误；故选C。2．B【详解】A．溴乙烷在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应实质是取代反应生成乙醇，A正确；B．苯与液溴在铁粉催化发生取代反应生成溴苯，B错误；C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成乙烯，C正确；D．乙醇与氧气在铜催化发生氧化反应生成乙醛，D正确；故选B。3．D【分析】HOCH2CH2CH3与O2反应得到CH3CH2CHO(丙醛)，CH3CH(OH)CH3与O2反应得到CH3COCH3(2-丙酮)【详解】A．二者与O2反应后，丙醛中官能团有醛基，2-丙酮的官能团是羰基，故A正确；B．二者与O2的反应都属于醇的催化氧化反应，故B正确；C．二者反应后各自的产物丙醛和2-丙酮的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C正确；D．丙醇催化氧化得到丙醛，2-丙醇催化氧化得到2-丙酮，官能团不一样，可用银氨溶液来鉴别产物，故D错误；故本题选D4．C【详解】A．键角和键长共同决定分子结构，正确描述了分子构型的决定因素，A正确；B．键长受原子半径和成键数目影响（如双键比单键短，原子半径大则键长增加），B正确；C．键能越大，键长应越短，化合物越稳定，但选项表述键能大且键长长，与事实矛盾，C错误；D．键角由分子杂化轨道和电子对排斥决定，与键长、键能无直接关联，D正确；故选C。5．D【详解】A．AgNO3与稀盐酸生成AgCl沉淀，AgCl溶于过量NH3·H2O生成[Ag(NH3)2]Cl，A正确；B．CuSO4与NaOH生成Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2溶于过量NH3·H2O生成[Cu(NH3)4](OH)2，B正确；C．Fe与Cl2加热生成FeCl3，FeCl3与KSCN溶液生成Fe(SCN)3，C正确；D．AlCl3与NH3·H2O生成Al(OH)3，Al(OH)3溶于稀盐酸得AlCl3溶液，但直接加热AlCl3溶液会水解生成Al(OH)3而非AlCl3固体，D错误；故选D。6．C【详解】A．碳酸铵由铵根和碳酸根组成，属于正盐而非酸式盐，A错误；B．X射线衍射图谱显示明锐峰，说明该物质为晶体，常温下应为固态，B错误；C．NH4Al(OH)2CO3含（与强碱反应）、（两性）和（与酸反应），故可与NaOH和稀硫酸反应，C正确；D．碳酸铵电离应直接解离为和，电离方程式为，D错误；故选C。7．A【详解】A．CCl4和I2均为非极性分子、水为极性分子，根据相似相溶原理，CCl4可萃取碘水中的I2。陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且因果关系成立，A符合题意；B．K+的离子半径大于Na+，离子半径越小，晶格能越大，熔点应更高。因此Na2O的熔点应高于K2O，陈述Ⅰ错误，因果关系不成立，B不符合题意；C．AlCl3是共价化合物，但其溶于水是因水解而非共价性，陈述Ⅱ的因果关系错误，C不符合题意；D．对羟基苯甲醛因无法形成分子内氢键，可形成分子间氢键，沸点应高于邻羟基苯甲醛。但陈述Ⅰ称对羟基苯甲醛沸点更低，故陈述Ⅰ错误，D不符合题意；故选A。8．A【分析】R、X、Y和Z为短周期元素，R中电子只有一种自旋取向，R为H元素；X、Y和Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数，XY3ZR3的分子中X、Z均形成4个共价键，则X为B元素、Z为N元素；Y只形成1个共价键，结合位置可知Y为F元素，以此来解答。【详解】A．X为B元素、Z为N元素，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＜X，故A正确；B．Y为F元素、Z为N元素，同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：Y＞Z，故B错误；C．X为B元素、Y为F元素，X的单质为共价晶体，Y的单质为分子晶体，单质的沸点：X＞Y，故C错误；D．R为H元素、X为B元素，最高正化合价：X(+3)＞R(+1)，故D错误；故选：A。9．C【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。【详解】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误；C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确；D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；故选C。10．B【详解】A．稀硝酸具有挥发性，挥发的会进入乙中与反应生成硅酸沉淀，无法证明的酸性强于，A错误；B．常温下与浓盐酸反应生成，说明氧化性；进入溶液中发生置换反应生成S单质，溶液变浑浊，说明氧化性，可比较三者氧化性强弱，B正确；C．浓硫酸和铜片的反应需要加热，该装置未加热，无生成，且不能漂白酸碱指示剂，只能使紫色石蕊试液变红，无法验证的漂白性，C错误；D．CaO和浓氨水反应生成，通入溶液中只能生成沉淀，是弱碱，不溶于弱碱，无法验证能溶于碱，D错误；故选B。11．D【详解】A．化学反应方程式符合元素守恒、原子守恒，反应条件与题干80℃匹配，A正确；B．反应要求无水无氧，通氮气可保证无氧，干燥管可阻挡外界空气中的水蒸气进入反应体系，B正确；C．冷凝管冷凝水需下进上出，a为冷凝管下口、b为上口，故a进b出符合操作要求，C正确；D．实验应先接通冷凝水再加热三颈烧瓶，避免加热后低沸点的四氢呋喃大量挥发损失，操作顺序错误，D错误；故答案选D。12．B【详解】A．由图可知，三种分子含有的化学键类型相同，A正确；B．呋喃、噻吩均难溶于水，B错误；C．杂环化合物是四个C和N(O、S)共面，每个碳原子及杂原子上均有一个p轨道且互相平行，在碳原子的p轨道中有一个p电子，杂原子一对孤电子对形成；吡咯形成3条σ键，杂化方式为sp2，呋喃（噻吩）形成2条σ键以及一对孤电子对，杂化方式为sp2，则N、O、S三种原子杂化方式均为sp2，C正确；D．三者均是分子晶体，吡咯分子间可形成氢键，呋喃及噻吩分子间只存在分子间作用力，而噻吩的相对分子质量比呋喃的大，沸点较高，故沸点：吡咯>噻吩>呋喃，D正确；故选B。13．C【分析】发生加成聚合反应生成A，A为，A中含有酯基，则A水解生成B，B为，再HCHO发生缩聚反应生成聚乙烯醇缩甲醛纤维，据此分析解答。【详解】A．的结构中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成A，A的结构为，故A错误；B．由A的结构为，A的链节中只含有酯基一种官能团，故B错误；C．B的结构为，均为饱和碳原子，均采用杂化，故C正确；D．反应③是与甲醛发生的缩聚反应生成聚乙烯醇缩甲醛纤维，一个聚乙烯醇缩甲醛纤维的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水，所以反应的方程式为2+nHCHO→+nH2O，故D错误；故选C。14．D【分析】将pH均为2、体积均为V0的HX、HY和HZ溶液稀释10倍后，HX的pH：pH=3，则HX为强酸；HY的pH：2﹤pH﹤3和HZ的pH：2﹤pH﹤3，且pH：HZ﹤HY，酸性：HZ﹤HY，则酸性：HZ﹤HY﹤HX。【详解】A．将pH均为2、体积均为V0的HX、HY和HZ溶液稀释10倍后，HX的pH：pH=3，则HX为强酸；HY的pH：2﹤pH﹤3和HZ的pH：2﹤pH﹤3，且pH：HZ﹤HY，则酸性：HZ﹤HY，故A项正确；B．a、d两点溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，等体积混合，混合溶液的c(H+)=，则混合后溶液pH=3，故B项正确；C．由分析可知，酸性：HZ﹤HY﹤HX，pH均为2.5时，c(H+)=10-2.5mol/L，若HZ、HY、HX要电离出相同浓度的氢离子，则HZ、HY、HX物质的量浓度关系为：HZ﹥HY﹥HX，则消耗NaOH的体积为：HZ﹥HY﹥HX，故C项正确；D．由分析可知，酸性：HZ﹤HY，水解程度：NaY﹤NaZ，则c(H+)关系为：NaY﹥NaZ，等浓度等体积的NaY和NaZ溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(Z-)+c(OH-)，c(Na+)相等，则有c(Y-)+c(OH-)﹥c(Z-)+c(OH-)，故阴离子的数目不相同，故D项错误；故本题选D。15．(1)NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)

∆H=-176kJ/mol(2)C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)

∆H=-1560kJ/mol(3)-151.7kJ/mol(4)吸热(5)等于(6)不(7)向逆反应方向小于【详解】（1）1mol氨气和1mol氯化氢气体化合生成氯化铵固体，放出176kJ热量，则此反应的热化学方程式为NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)

∆H=-176kJ/mol。（2）3g乙烷物质的量为=0.1mol，则1mol乙烷完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)放出1560kJ的热量，乙烷燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)

∆H=-1560kJ/mol。（3）根据盖斯定律，将a+b得H2O(l)+O2(g)=H2O2(l)∆H=(-134.3kJ/mol)+(+286kJ/mol)=+151.7kJ/mol，则反应H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)的ΔH=-151.7kJ/mol。（4）由表中数据知，随温度的升高，化学平衡常数逐渐增大，说明升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应。（5）由表中数据可知，830℃时反应达到平衡后化学平衡常数K等于1.0。（6）该反应反应前后气体分子数不变，在其他条件不变的情况下扩大容器的体积，平衡不移动。（7）瞬时浓度商Q===4＞2.6，此时平衡向逆反应方向移动，此时上述反应的速率v(正)小于v(逆)。16．趁热过滤(冷却)结晶FeC13的熔沸点低，防止FeC13冷凝时堵塞导管除尽装置中的O2和水蒸气，防止FeCl2被氧化、防止发生水解反应导气，冷凝回流氯苯95蒸馏无防倒吸装置【分析】I.在一定浓度的盐酸中，逐渐加入过量的铁屑，充分反应后，蒸发至出现晶膜，趁热过滤、冷却结晶、固液分离，洗涤，快速干燥制得FeCl2；II.(1)FeCl3熔沸点低，冷凝时易堵塞导管；(2)在装置b中发生反应：2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，由于Fe2+具有强的还原性，易被空气氧化，先通入N2，排出装置内空气，就可以避免副反应产生的干扰，导气管a同时起导气和冷凝作用，反应产生的HCl被锥形瓶中的NaOH溶液吸收，根据二者反应关系计算产生的HCl的物质的量，进而可知反应的FeCl3的量，结合加入反应物的量计算其转化率。【详解】I.在一定浓度的盐酸中，逐渐加入过量的铁屑，充分反应后，蒸发至出现晶膜，趁热过滤、冷却结晶、固液分离，洗涤，快速干燥制得FeCl2；II.(1)用干燥的Cl2和铁粉制取无水FeCl3，硬质玻璃管和收集器用大口管连接的原因是FeCl3熔沸点低，防止FeCl3冷凝时堵塞导管；(2)①先通入N2的目的是排出装置中空气，防止空气中的O2氧化FeCl2变为FeCl3，同时也可以避免反应产生的Fe3+发生水解反应；装置中导管a的作用是导气和冷凝，可以使挥发的未反应的氯苯回流到反应装置；②n(FeCl3)==1mol，n(C6H5C1)==1.78mol，根据方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知二者反应时的物质的量的比是2：1，n(FeCl3)：n(C6H5C1)＜2：1，说明氯苯过量，反应根据FeCl3的物质的量计算，n(HCl)=n(NaOH)==0.475mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知氯化铁转化率为：×100%=95%；③实验结束后，在装置b中含有过量的氯苯及反应产生的二氯苯，由于氯苯、二氯苯是互溶的沸点不同的液体混合物，所以分离二者混合物，回收其中过量氯苯的操作方法为蒸馏；④由于HCl气体极易溶于水，并且会与c中NaOH反应，使装置中气体压强过小而引起倒吸现象，因此装置c可能存在的缺点是无防倒吸装置。【点睛】本题考查物质制备，涉及物质制备、实验操作、化学方程式计算等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，要清楚实验装置的作用就操作的目的，侧重考查学生分析判断、计算及知识综合运用能力。17．(1)羟基、醚键(2)(3)+CH3ONa→+NaCl还原反应(4)(5)23【分析】A与甲醇钠反应生成B，为取代反应，同时生成NaCl；反应②失去氧为还原反应；反应③为取代反应，利用元素守恒结合C和D的结构，可知X的结构简式为。【详解】（1）根据结构简式可得出C中含有的官能团为羟基和醚键；（2）由倍他乐克的结构简式可得出其分子式；（3）A与甲醇钠反应生成B为取代反应，同时生成NaCl，则其反应的化学方程式为+CH3ONa→+NaCl，反应②失去氧，为还原反应；（4）反应③为取代反应，利用元素守恒结合C和D的结构不难的出X的结构简式为：；（5）B的同分异构体能发生银镜反应且能发生水解，应为甲酸酯类化合物，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且含有甲基，则若苯环含有2个取代基，分别为、，则有邻、间、对3种；若含有3个取代基，分别为：、、或、、，各有10