湖南省衡阳市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）

湖南省衡阳市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DCBCCCADDA题号11121314答案DDCA1．D【详解】A．植物油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中碳碳双键能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B．核苷酸由磷酸、戊糖和碱基组成，可水解为磷酸和核苷，核苷能进一步水解为戊糖和碱基，B正确；C．石油裂化得到多种短链烃，煤的气化产生CO、H2等混合气体，产物都是混合物，C正确；D．鸡蛋清溶液含蛋白质，硝酸银是重金属盐，会使蛋白质变性产生沉淀，变性不可逆，沉淀不能重新溶于水，D错误；故选D。2．C【详解】A．二氧化碳是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故A正确；B．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3+=3，孤对电子对数为0，分子的VSEPR模型为，故B正确；C．镓元素的原子序数为31，基态原子的简化电子排布式为，故C错误；D．氯化氢分子中含有s—pσ键，形成过程的电子云轮廓图为，故D正确；故选C。3．B【详解】HNO3中所含N元素化合价从+5价降低到NO2中的+4价，HNO3作氧化剂。故选B。4．C【分析】从海水中提取镁的流程为：将石灰乳（氢氧化钙）加入海水中，使镁离子与氢氧根离子发生反应，生成氢氧化镁沉淀，然后过滤将氢氧化镁分离出来并进行提纯；再将氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁溶液；将得到的氯化镁溶液进行蒸发浓缩，冷却结晶，得到六水合氯化镁（）；最后将六水合氯化镁在HCl气流中加热获得无水氯化镁，最后电解氯化镁得金属镁，据此分析解答。【详解】A．让海水中的镁离子与氢氧根离子发生反应，生成氢氧化镁沉淀，通常采用加入石灰乳（氢氧化钙）来作沉淀剂，A正确；B．步骤②主要是将氢氧化镁重新转化为氯化镁溶液，应该加入盐酸，反应方程式为：，B正确；C．由于在受热时易水解转化为，因此在获得时不能直接蒸发结晶，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，C错误；D．由于在受热时易水解转化为，为了抑制水解，通常是在HCl气流中加热可获得无水，D正确；故答案为：C。5．C【详解】A．将铁片分别插入盛有硫酸铜溶液和硝酸银溶液的试管中，铁片表面均有固体析出说明铁的金属性强于铜和银，但不能说明铜的金属性强于银，故A错误；B．碳酸氢根离子、亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子也能与盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则向溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊不能说明溶液中是否存在碳酸根离子，故B错误；C．向某溶液中先滴加稀盐酸，无现象，说明溶液中没有银离子、碳酸根离子等干扰硫酸根离子的检验，则滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明溶液中一定存在硫酸根离子，故C正确；D．向溴化钠溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色说明氯气与溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴，由还原剂的还原性强于还原产物可知，溴离子的还原性强于氯离子，故D错误；故选C。6．C【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，X为H，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，可知M位于第三周期，M原子的电子总数是其最外层电子数的3倍，M为P，Z为N，Y为C，据此分析。【详解】A．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，C的原子半径大于N，因此原子半径Y＞Z，A错误；B．同主族中，简单氢化物的还原性随原子半径增大而增强，P的原子半径大于N，简单氢化物的还原性：NH3（Z）弱于PH3（M），B错误；C．最高价含氧酸的酸性随非金属性增强而增强，同主族中，非金属性N＞P，最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3（Z）强于H3PO4（M），C正确；D．H与C形成的最简单的分子为CH4，CH4的电子数为10，X、Y组成的稳定分子的电子数不可能为8，D错误；故选C。7．A【详解】A．同周期从左往右电负性增强，电负性：H<C<N<O，A错误；B．鸟嘌呤分子中2号N原子形成一个单键和一个双键，其杂化类型为杂化，B正确；C．基态氧原子核外的电子排布：，占据5个原子轨道，则有5种不同的空间运动状态，C正确；D．氢键为分子间作用力，强度较弱，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成，D正确；答案选A。8．D【详解】A．熔融的电离出可自由移动的镁离子和氯离子，能导电，该电离方程式正确，A正确；B．将碳酸氢钠与稀盐酸混合反应生成氯化钠、水和二氧化碳，该离子方程式正确，B正确；C．丙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，该化学方程式正确，C正确；D．工业上制备高纯硅的第一步反应为制取粗硅，工业上制粗硅的反应：SiO2+2CSi+2CO↑，D不正确；答案选D。9．D【详解】A．丙烯和氯气在光照下发生取代反应，因此X的结构简式为ClCH2CH=CH2，A错误；B．Y为六元环的结构简式为，B错误；C．根据乙烯中6个原子共平面，故丙烯分子中一定有6个原子共平面，因单键可以旋转，因此丙烯分子中最多7个原子共平面，C错误；D．Z的结构简式为CH3CHClCHCl，在NaOH的醇溶液中加热，可以发生消去反应生成丙炔，D正确；故选D。10．A【详解】A．H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键，而不是由于O的非金属性强于S，这与氢化物沸点之间无直接关系，A错误；B．HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，与元素的电负性大小有关，B正确；C．金刚石硬度大于晶体硅是因为原子半径：C＜Si，导致键长：C-C＜Si-Si，因此C-C键键能更大，其形成的共价键结构更稳定，C正确；D．MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2-的电荷高于Na+和F-，且离子半径Mg2+＜Na+，O2-＜F-，因此MgO晶格能比NaF更大，因此物质的熔点：MgO＞NaF，D正确；故合理选项是A。11．D【详解】A．如图可知，S2-周围的Li+在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故S2-的配位数为8，A正确；B．结合晶胞结构可知，B点位于右下方内侧小立方体的体心，结合坐标系可知，B点的原子分数坐标为，B正确；C．设a为晶胞边长，，得，C正确；D．硫离子位于晶胞的面心、顶角，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞沿y轴投影的俯视图为：，D错误；故选D。12．D【详解】A．Na2O是离子晶体，熔化时破坏离子键；SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，作用类型不同，A不符合题意；B．Mg是金属晶体，熔化时破坏金属键；是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，作用类型不同，B不符合题意；C．NaCl是离子晶体，熔化时破坏离子键；蔗糖是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，作用类型不同，C不符合题意；D．碘和干冰()均为分子晶体，升华(固态直接变为气态)时均破坏分子间作用力，作用类型相同，D符合题意；故选D。13．C【分析】X、Y、Z、M为4种短周期元素，原子序数依次增大，X的核外电子总数与其周期数相同，则X为H；Z的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则Z为O；M与Z同族，则M为S；Y的价电子层中的未成对电子有3个，则Y为N(价电子排布式为)；综上，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为S元素，据此解答。【详解】A．结合分析知，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为S元素，一般而言，电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，故离子半径大小顺序为，A错误；B．Z和Y分别为O和N，二者基态原子的价电子排布式为，N的2p能级处于半满状态，较稳定，故第一电离能大小：，B错误；C．Y和M即N和S，其最高价氧化物对应的水化物分别为，均为强酸，C正确；D．4种元素中H位于元素周期表的s区，N、O、S位于元素周期表的p区，D错误；故选C。14．A【详解】A．加水稀释甘氨酸稀溶液，其电离程度会增大，但溶液体积增大，c(H+)会减小，A错误；B．甘氨酸含有氨基和羧基，既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，B正确；C．H2NCH2COONa稀溶液中H2NCH2COONa电离产生Na+和H2NCH2COO-，H2NCH2COO-水解，所以离子浓度大小为：，C正确；D．升高温度促进甘氨酸的电离，则308K下，甘氨酸的Ka>1.7×10-10，D正确；故选A。15．(1)冷凝回流a(2)分液漏斗(3)防止暴沸(4)趁热过滤(5)便于羟基乙酸钠析出，提高羟基乙酸钠的产率(6)64.6%【分析】制备少量羟基乙酸钠的反应为，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇、醚等有机溶剂，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醚中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。【详解】（1）仪器A为冷凝管，作用是冷凝回流，冷凝水低进高出，则进水口为a。（2）按示意图，盛放NaOH溶液的仪器名称是分液漏斗。（3）蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是防暴沸。（4）由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤。（5）根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此将去除活性炭后的溶液加到适量乙醚中的目的是：便于羟基乙酸钠析出，提高羟基乙酸钠的产率。（6）按

，20.0g氯乙酸可制得羟基乙酸钠的理论产量为20.74g，羟基乙酸钠实际产量为13.4g，则实验的产率是64.6%(保留三位有效数字)。16．(1)b(2)89.53Ⅰ(3)放热>(4)【详解】（1）Ⅰ：Ⅱ：根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得反应；正反应气体物质的量减少，ΔS<0，所以反应Ⅲ能自发进行的条件是低温，选b。（2）①，使用催化剂M时，逆反应活化能为138.5kJ/mol，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则正反应的活化能为-48.97+138.5=89.53kJ/mol。②根据，可知Ea越小，温度变化对的lnk的影响越小。催化剂N对应的Ea小，所以lnk~关系曲线是右图中的Ⅰ。（3）①由图可知：升高温度CO2的平衡转化率减小，升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应。正反应放热，升高温度，平衡常数减小，M、N两点对应的平衡常数：KM>KN。②在总压为P0MPa的恒压条件下，M点的投料比为n(H2)：n(CO2)=3：1；则M点对应温度下的Kp=。（4）在酸性介质中利用电解法也可以实现CO2转化为CH2=CH2，原理如下图：根据图示，b极二氧化碳得电子生成乙烯，b是阴极，b电极反应式为。17．(1)高温(2)c(3)高温时，温度对平衡影响主导，压强影响可忽略<>(4)【详解】（1）按盖斯定律，反应①+②-③可得热化学方程式为，则该反应的，即a=+247.8；该反应为气体体积增大的吸热反应，则ΔH＞0、ΔS＞0，自发进行时ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，则有利于反应④自发进行的条件为高温。（2）a．CO2和CO浓度相等，取决于起始物质的浓度，不能说明各成分的量不变，不能说明已平衡，a不符合题意；b．CH4的消耗速率是H2生成速率的2倍，均指正反应，不能说明正反应和逆反应速率相等，不能说明已平衡，b不符合题意；c．气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，c符合题意；d．气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，d不符合题意；故选c。（3）正反应吸热，通常，只升温使平衡右移，只增压使平衡左移，而随着温度的升高，不同压强下，的平衡转化率趋于相同的原因是：高温时，温度对平衡影响主导，压强影响可忽略；升高温度，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，b点温度大于a点，则Ka<Kb；b、c点温度相同，c点需增大甲烷的平衡转化率才能到b点，则c点从正反应建立平衡、反应物浓度较大，正反应速率：vc＞vb。（4）由晶胞结构可知，每个晶胞Cu原子个数为，Cl原子个数为4，则晶胞质量为，体积为(a×10-10)3cm3，则其密度为。18．(1)酯基＞(2)取代反应(3)(4)acd(5)丙二酸二甲酯+HBr+H2On+n→+(2n-1)H2O【分析】A与B在甲醇钠和甲醇的作用下，发生取代反应脱去溴化氢生成C，C水解并脱去羧基生成D，D与五氧化二磷反应成环，生成E，E先经过酯化，在和乙二醇反应生成F，F被四氢铝锂还原生成G，详细流程为：。【详解】（1）由框图中A的结构可知A的官能团为酯基；1号碳与两个酯基相连，2号碳只与一个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使与其相连的碳原子上的电子云密度降低，从而增强了C—H键的极性，因此1号碳的C-H键极性相对较大；（2）根据分析A+B→C的反应为取代反应；（3）B的同分异构体中，与FeCl3反应呈紫色说明含有酚羟基，核磁共振氢谱上出现4组吸收峰说明对称性较好，结构为；（4）a．D（）、E（）、F（）均含1个手性碳原子，a正确；b．根据分析，F→G属于还原反应，b错误；．C→D的反应含碳产物还有非极性分子CO2和极性分子CH3OH，其比例为1：3，c正确；d．D中含有2个羧基，