湖南省株洲市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

湖南省株洲市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DDDBABABCB题号11121314答案BBBB1．D【详解】A．醛基的电子式为：，故A错误；B．2-丁炔分子中4个碳原子共线，键线式为：，故B错误；C．顺-2-丁烯的两个甲基在同一侧，球棍模型为：，故C错误；D．溴乙烷中溴原子半径最大，空间填充模型为：，故D正确；答案选D。2．D【详解】A．醇命名选含羟基最长碳链为主链，从近羟基端编号，该物质主链4个碳，羟基在2号碳，应为2-丁醇，A错误；B．苯环上连羟基是酚，应命名为邻甲基苯酚，B错误；C．是甲酸与二甲胺形成的酰胺，化学名称为N，N-二甲基甲酰胺，C错误；D．是酯类化合物，是2个乙醇与1个乙二酸发生酯化反应生成的，正确的名称为乙二酸二乙酯，D正确；故答案选D。3．D【详解】A．钾、钠等活泼金属及白磷需放回原瓶，避免接触空气引发危险，A错误；B．NaOH强腐蚀性会加重皮肤损伤，正确方法是用酒精洗涤，B错误；C．酒精着火时，泡沫灭火器可能使酒精扩散，湿布覆盖更安全有效，C错误；D．沉淀法通过生成难溶物（如硫化物、氢氧化物）可有效去除重金属离子，符合安全处理规范，D正确；故选D。4．B【详解】A．HNO2分子中，N-O键、O-H键都是极性键，其分子结构不对称，是由极性键形成的极性分子，A正确。B．观察转化过程示意图，在最终生成的硫酸盐气溶胶中，存在氢氧键（O－H），这种结构上的变化意味着在反应过程中形成了氢氧键这种极性键。所以在整个反应过程中是涉及极性键形成的，B错误。C．对于H2O，O原子的价层电子对数n=2+=4，根据杂化轨道理论，O为sp3杂化，C正确D．对于，中心原子S的价层电子对数n=3+=4，其VSEPR模型为四面体形，D正确。答案选B。5．A【详解】A．实验室利用饱和食盐水和电石制备乙炔，根据原子守恒，反应的化学方程式为，A项正确；B．油脂在碱性环境下水解生成高级脂肪酸盐和甘油(丙三醇)，化学方程式应为，B项错误；C．滴入足量浓溴水，除了苯环上酚羟基的邻对位氢原子发生取代反应外，醛基能被溴水氧化为羧基，生成物不是和HBr，而是和HBr，C项错误；D．由于苯酚的酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，向苯酚钠溶液中通入CO2，无论CO2是少量还是足量，均只生成苯酚和碳酸氢钠，正确的化学方程式应为，D项错误；故选A。6．B【详解】A．制备并收集乙酸乙酯时，出气导管口应位于饱和溶液的液面上方，否则可能会产生倒吸，A项错误；B．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液并加热的条件下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸气(具有还原性)，应先将气体通入水中，利用水除去乙醇，然后气体进入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生了具有还原性的气体乙烯，B项正确；C．该实验中温度计用于量蒸汽的温度，温度计的水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管口处，C项错误；D．苯酚和溴水反应时，苯环上酚羟基邻对位上的氢原子易被溴原子取代，但苯不能和溴水发生反应，故该实验能证明羟基使苯环活化，D项错误；故选B。7．A【详解】A．根据反应比例，与的物质的量比为。首先将[Al(OH)4]−转化为Al(OH)3（需0.1molH⁺），剩余0.15molH⁺溶解部分Al(OH)3生成Al3+（需0.15/3=0.05molAl(OH)3）。最终生成0.05molAl(OH)3B．摩尔盐中Fe为+2价，与OH⁻反应应生成Fe(OH)2沉淀，方程式为：，B错误；C．常温下浓硝酸使铁钝化，反应停止，不会生成，C错误；D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸酸性强于HClO，次氯酸电离氢离子能力强于碳酸氢根，少量CO2与漂白液应生成而非，方程式为：，D错误；故选A。8．B【详解】A．与足量H2加成反应之后的生成物，其一氯代物有6种，A错误；B．与发生加成反应可以有两种生成物和，B正确；C．有碳碳双键，能够使溴的四氯化碳溶液褪色，由于加成产物是卤代烃，易溶于四氯化碳，所以反应后溶液不分层，C错误；D．一定条件下，可以发生加聚反应，生成，D错误；故答案选B。9．C【分析】该装置晚间通过转化储存电力，则晚间对应电解池原理，将电能转化为化学能，B为阴极，与电源的负极相连，A为阳极，与电源的正极相连；白天制氢为原电池，将化学能转化为电能，A为正极，B为负极。【详解】A．由分析可知，晚间储电时对应电解池原理，A为阳极，与电源的正极相连，A错误；B．白天制氢时是原电池，A为正极，B为负极，溶液中为阳离子，从右室向左室移动，B错误；C．储电时，阳极发生：，阴极发生，则总反应为，C正确；D．，每生成，转移的电子为2mol，由知，溶液中减少的，对应的=32g，D错误；故选C。10．B【详解】A．催化剂是反应前后质量和化学性质不变，先参加后生成的物质，由图可知，催化剂有AcOH和KI，A正确；B．不知道反应物和生成物的总能量相对大小，且断裂化学键和形成化学键所需能量未知，不能确定反应是吸热反应还是放热反应，B错误；C．该转化过程有碳氧单键、碳氧双键断裂和碳氧单键形成，没有碳碳键的断裂和形成，C正确；D．CO2分子的结构为：O=C=O，其中一个C=O键断开，与另一反应物中C-O键断开，形成化合物，其中有两个O原子来自于CO2，若用参与反应，可得到，D正确；故答案选B．11．B【详解】A．一定条件下，增大H2O(g)的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则，故A正确；B．随着温度升高，CH4的转化率增大，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，c点温度更高，则Kc更大，故B错误；C．b、c两点温度相同、压强相同，但是b点气体总物质的量更大，所以Vb>Vc，故C正确；D．该反应在恒压密闭容器中进行，随着反应的进行，容器体积增大，当容器内体积不变时，反应达到平衡状态，故D正确；答案选B。12．B【详解】A．同主族元素从上往下，第一电离能逐渐减弱，则有，由于基态N原子的2p能级处于半充满状态，第一电离比右侧的O还要高，则有，最后得到第一电离能大小关系为：，A正确；B．在X中含有亲水基团和，则水溶性比无亲水基团的Y要大，B错误；C．该螯合物中心原子为钒、配体原子为硫和氧，由结构可知，1mol该螯合物通过螯合作用形成的配位键有4mol，C正确；D．X生成Y时，、极性键断裂，、极性键形成，D正确；故答案选B。13．B【详解】A．苯胺中没有碳碳双键，生成聚苯胺后，高分子产物中氢原子数目减少，故不是加聚反应，A错误；B．根据①可知，聚苯胺与少量还原剂反应，可使聚苯胺中数量增多，即n值增大，B正确；C．当时代表两个链节聚合度相同，仍然属于高分子，是混合物，C错误；D．根据已知②可知，在不足的情况下，只有与反应，说明的碱性强于，D错误；故选B。14．B【分析】根据电离常数表达式可知，，，、增大，pH增大，故曲线I、Ⅱ分别代表、与pH的关系，曲线Ⅲ、Ⅳ分别代表、与pH的关系，据此回答。【详解】A．由分析知，曲线Ⅲ代表与pH的关系，A正确；B．由图像中a、b点坐标可计算得，，当甲胺与甲酸恰好完全反应（）时，溶液显碱性，又，结合溶液呈碱性可知，，B错误；C．由可得：，C正确；D．将溶液和盐酸等体积混合后，所得混合液中，，，，D正确；故选B。15．(1)b(2)b(3)+2KMnO4+2MnO2+2KOH+H2O(4)活性炭(5)除去不溶性杂质，防止邻硝基苯甲酸结晶析出(6)①④⑦(7)d(8)80.1％【分析】邻硝基苯甲酸的制备实验，其流程可大致分为以下几个核心步骤：①反应阶段：向三颈烧瓶中加入邻硝基甲苯、碱性溶液和KMnO4，加热回流。在碱性条件下，利用KMnO4的强氧化性，将邻硝基甲苯的甲基氧化为羧基，生成邻硝基苯甲酸钾盐。该过程需要控制反应温度，通过冷凝管回流减少反应物挥发，提高原料利用率。②后处理阶段：若反应后溶液仍呈紫色，说明KMnO4过量，加入NaHSO3溶液，将剩余KMnO4还原为MnO2沉淀，避免杂质残留。趁热过滤，除去生成的MnO2沉淀及不溶性杂质。向滤液中加入酸（如盐酸），调节pH，使邻硝基苯甲酸钾盐转化为邻硝基苯甲酸（微溶于冷水，易溶于热水），析出粗晶体。③提纯阶段：将粗产品溶于热水，加入活性炭脱色，趁热过滤除去活性炭和杂质，冷却滤液使邻硝基苯甲酸结晶，再次过滤得到纯品。④产率计算：称量最终纯品质量，结合邻硝基甲苯的初始用量，根据化学计量关系计算产率，评估实验效率。【详解】（1）根据题意，在三颈烧瓶中依次加入5.48g邻硝基甲苯()，80mL水，溶液，稍过量的高锰酸钾，考虑溶解和反应的空间，选择250mL的三颈烧瓶比较合适。（2）反应时冷凝水应下进上出，即b口进。（3）高锰酸钾在碱性溶液中的还原产物为二氧化锰，根据氧化还原反应配平原则，结合原子守恒和电荷守恒写出化学方程式：+2KMnO4+2MnO2+2KOH+H2O。（4）活性炭具有吸附性，常用于脱色，所以这里使用的“脱色剂”是活性炭。（5）邻硝基苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，趁热过滤可以防止其在过滤过程中结晶析出，从而减少产品损失，同时除去不溶性杂质。（6）重结晶的步骤包括溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤等，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。（7）a．加入合适的冠醚可增大高锰酸钾在反应体系中的溶解度，从而加快氧化邻硝基甲苯的速率，a正确；b．回流时，若冷凝管中气雾上升过高，适当降低反应温度，可使气雾下降，b正确；c．若趁热过滤所得滤液仍呈紫色，说明还有KMnO4剩余，加少量NaHSO3溶液可将其还原，使紫色褪去，重新过滤，c正确；d．邻硝基乙苯与高锰酸钾反应也生成邻硝基苯甲酸，不会影响产品纯度，d错误；故选d。（8）邻硝基甲苯的物质的量n=m/M=5.48g/137g·mol-1=0.04mol，根据化学计量关系，理论上生成邻硝基苯甲酸的物质的量也为0.04mol，其理论质量m=nM=0.04mol×167g·mol-1=6.68g，产品的产率=实际质量/理论质量×100%=5.35g/6.68g×100%≈80.1%。16．(1)醇(2)2+氧化反应(3)(4)0.55(5)2(6)酯基酮羰基或羰基(7)10【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。【详解】（1）A为，属于醇；（2）发生催化氧化，化学方程式为2+；该反应的反应类型为氧化反应；（3）根据结构简式，C的分子式为；（4）E的分子式为C5H6O2，在纯氧中燃烧生成二氧化碳和水，根据关系式，0.1molE最多与0.55反应；（5）手性碳原子连接4个不同的原子或基团，分子中有2个手性碳原子：；（6）H中所含官能团名称为硝基、酯基和酮羰基(或羰基)；（7）D的分子式为，化合物X是D的同分异构体，X能发生银镜反应，说明含有醛基，除含苯环外不含其他环，根据不饱和度可知还含有碳碳双键，苯环上只有3个取代基，3个取代基分别为-CHO、-CH=CH2、-Br，移动-Br在苯环上的位置，、、，符合条件的结构共有10种。17．(1)醛基、碳碳双键(2)丙酮(3)消去反应(4)(5)(6)12或或【分析】结合已知②，可以推出B的结构简式为CH3COCH3，D为CH2=CH2，结合信息①，可以推出E的结构简式为，与CH3COCH3，发生信息②的反应，可知F的结构简式为，结合G的结构简式可知，F→G的反应类型为消去反应，根据已知③可以推出H的结构为。【详解】（1）根据A的结构简式，A中官能团的名称为醛基、碳碳双键；（2）B的结构简式为CH3COCH3，名称为丙酮；（3）由分析可知，E的结构简式为，F→G的反应类型为消去反应；（4）由分析知H的结构简式为；（5）有机物ClCH2COOCH3与足量NaOH溶液加热时发生水解反应，化学方程式为ClCH2COOCH3+2NaOHHOCH2COONa+CH3OH+NaCl；（6）C的结构简式为，M与C互为同系物，其相对质量比C少28，即M有6个C原子，两个碳碳双键，其中有一个醛基，把醛基当成取代基，碳链异构有，该碳链上醛基有5种位置，，该碳链上醛基有3种位置；，该碳链上醛基有4种位置；共12种同分异构体；一种不含支链的结构简式为或或。18．(1)碳碳双键、羰基(2)2，2-二甲基丙醛(3)浓硫酸、加热(170℃)HBr、加热取代反应(4)AB(5)、【分析】化合物Ⅰ和HCHO先发生加成反应、再发生消