湖南省长沙市芙蓉区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）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省长沙市芙蓉区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CADBACDDCB题号11121314答案CBBC1．C【详解】A．酸是电离出的阳离子全部为的化合物，不符合酸的定义，A错误；B．碱是电离出的阴离子全部为的化合物，不符合碱的定义，B错误；C．盐是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子构成的化合物，由和构成，属于盐，C正确；D．混合物由多种物质组成，是纯净物，D错误；故选C。2．A【详解】A．氯气中的共价键为σ键，是p轨道头碰头重叠形成，电子云沿键轴对称，无包含键轴的节面，题图为π键的电子云模型，A错误；B．中心S原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，含1对孤电子对，与题图一致，B正确；C．中两个N原子以单键相连，每个N原子分别连接2个H原子，题图结构式正确，C正确；D．甲烷为正四面体结构，空间填充模型中C原子半径大于H原子，与题图一致，D正确；答案选A。3．D【详解】A．是乙醛的结构简式，乙醛的分子式为，A错误；B．是共价化合物，不存在阴阳离子，电子式应为共用电子对形式为，选项中为离子化合物的电子式书写形式，B错误；C．原子符号左上角为质量数，中子数为10的氧原子质量数=质子数+中子数=8+10=18，正确表示为为，C错误；D．中的共价键为两个氟原子的2p轨道头碰头重叠形成的σ键，与给出的轨道重叠示意图一致，D正确；故答案为D。4．B【详解】A．中氧元素为-1价，反应后部分氧元素化合价升高到0价、部分降低到-2价，因此既是氧化剂又是还原剂，A错误；B．生成时氧元素从-1价升高到0价，每生成，有2mol-1价的O失去电子，共转移电子，B正确；C．是氧元素化合价升高得到的产物，属于氧化产物，C错误；D．反应前后中碳元素化合价均为+4价，没有发生变化，既不被氧化也不被还原，D错误；故答案为B。5．A【详解】A．生石灰（）可与水反应生成沸点极高的，且不与乙醇反应，蒸馏即可得到纯净乙醇，A正确；B．水和四氯化碳不互溶，四氯化碳密度大于水位于下层，分液时下层四氯化碳从下口放出，上层水需从上口倒出，B错误；C．苯甲酸溶解度随温度升高显著增大，重结晶时趁热过滤除去不溶性杂质后，应冷却结晶使苯甲酸析出，蒸发结晶会同时析出氯化钠，达不到提纯效果，C错误；D．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为，会引入新的气体杂质，D错误；故选A。6．C【详解】A．苯酚与溶液反应生成苯酚钠和NaHCO3，说明苯酚酸性强于碳酸氢根离子，不能说明苯酚酸性强于碳酸，A错误；B．肉桂醛中碳碳双键能与溴水加成反应使得溴水褪色，醛基能被溴水氧化使得溴水褪色，溴水褪色不能说明肉桂醛中存在碳碳双键，B错误；C．植物油含酯基，能和氢氧化钠发生碱性水解，矿物油和氢氧化钠不反应，则加热后溶液红色变浅且不分层的是植物油；无明显变化的是矿物油，C正确；D．检验醛基应该在碱性环境下进行，题中碱少量，不是碱性环境，不能检验醛基，D错误；故选C。7．D【分析】根据化合价以及物质类别可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，据此分析。【详解】A．NH3中N原子采取杂化，32gNH3中含键的数目为，A错误；B．N2与反应生成氨气的反应为可逆反应，不能计算转移的电子数，B错误；C．标准状况下，22.4LNO为1mol，为0.5mol，二者反应生成1molNO2，但是存在反应，故混合后的分子总数小于，C错误；D．HNO3或硝酸盐中采取杂化的原子为中的N原子，共，D正确；故选D。8．D【详解】A．从组成上可知，属于芳香烃的衍生物，A正确；B．高聚物的聚合度不是确定值，高聚物属于混合物，B正确；C．从的结构可知，是由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应得到，C正确；D．分液装置用于分离互不相溶的液体混合物，常温下对苯二甲酸在乙二醇中的溶解度小，无法通过分液装置分离，不能通过如图所示的分液装置能将其分离，D错误；故选D。9．C【详解】A．乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应转化为乙酸，故A不符合题意；B．乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故B不符合题意；C．溴化铁做催化剂条件下苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故C符合题意；D．溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯、溴化钠和水，故D不符合题意；故选C。10．B【详解】A、根据图示及图中文字，钠原子在化学反应中容易失去一个电子，氯原子易得到一个电子，选项A正确；B、由于钠原子与钠离子的最外层电子数不同，一个是11，另一个是8，所以两者化学性质不同，选项B不正确；C、化学变化的实质是电子出现了得失原子核没有变化，选项C正确；D、钠离子和氯离子相互吸引而结合形成氯化钠离子化合物，所以氯化钠由钠离子和氯离子构成，选项D正确。答案选B。点睛：只有准确地解读出图中所传达出的信息，才能正确认识氯化钠的形成过程，这是解答此类问题的基础。11．C【详解】A．二氧化碳的结构为O=C=O，1mol分子中含有2mol碳氧双键，则标准状况下，11.2LCO2中含碳氧双键的数目为6.02×1023，故A正确；B．由流程可知Ag2O与HCHO反应生成Ag、二氧化碳和水，则反应的方程式为2Ag2O+HCHO═4Ag+CO2↑+H2O，故B正确；C．甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为1：4，故C错误；D．甲醛中C元素化合价为0价，充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，则消耗30g甲醛，即消耗1mol甲醛时转移4mol电子，所以30gHCHO被氧化时转移电子数目为4×6.02×1023，故D正确；故答案为C。12．B【分析】由流程可知，CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2＋3CuCl2＝4CuCl＋FeCl2＋2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸发生CuCl＋Cl−＝[CuCl2]−，过滤除去硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]−，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2＋，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2＋，滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，据此分析解题。【详解】A．CuCl中Cu为+1价，价电子排布式为3d10，故A正确；B．稀盐酸中Cl-浓度小，溶解CuCl效果不好，不可用稀盐酸代替浓盐酸，故B错误；C．调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2＋，离子方程式为，故C正确；D．由分析可知，“滤液2”中含有HCl和CuCl2，含有的离子主要是Cu2+和Cl-，可以返回到流程中循环利用，故D正确；故答案选B。13．B【分析】甲中含有四种核电荷数依次增大的短周期元素组成，其焰色反应为黄色，则为钠的化合物，且甲受热分解，则甲应为NaHCO3，丙为Na2CO3，乙为NaOH；丁为无色无味的气体，应为CO2，故W、X、Y、Z四位短周期元素依次为H、C、O、Na。【详解】由分析知：W、X、Y、Z四位短周期元素依次为H、C、O、Na，甲为NaHCO3、丙为Na2CO3、乙为NaOH、丁为CO2；A．丁为CO2，其结构式为O=C=O，故A正确；B．C的氢化物常温下有气态如CH4、液态如C6H14，固态如C16H34，而O的氢化物H2O和H2O2常温下均为液态，则C的氢化物沸点不一定小于O的氢化物的沸点，故B错误；C．O与氢可组成H2O和H2O2，与C可组成CO和CO2，与Na可组成Na2O和Na2O2，故C正确；D．Na与H组成的离子化合物NaH，溶于水生成NaOH和H2，故D正确；故答案为B。14．C【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；故选C。15．(1)AC(2)白磷键角为，而正四面体结构键角倾向于，使得键弯曲而具有较大张力，其键能较小，易断裂(3)12(4)、提高镓的沉淀率调小于2.5过滤【详解】（1）A．氮原子核外有7个电子，则有7种不同运动状态的电子，A正确；B．同周期元素第一电离能呈增大趋势，且N原子价电子排布为，2p能级为半充满结构，则第一电离能：，B错误；C．电负性越大，分子中成键电子对之间的排斥力越大，键角越大，则电负性：，故键角大小：，C正确；D．氮原子最外层只有2s、2p轨道，不含d轨道，无法生成，D错误；答案选AC。（2）白磷为正四面体结构，则原子为杂化；白磷键角为，而正四面体结构键角倾向于，使得键弯曲而具有较大张力，其键能较小，易断裂，因此白磷易自燃。（3）①已知晶胞参数为，，，则根据晶胞结构可知，Li原子数为2，Co原子数为，N原子数为，则化学式为；②根据晶胞结构可知，N原子周围2个Li原子位于晶胞内部，且钝角顶点的N原子被6个晶胞共用，则1个氮原子周围距离相等且最近的原子数目为12。（4）①废料的主要成分为，加入NaOH和双氧水氧化，且与化学性质相似，则转化为；根据产物可知，浸出液中转化为；②根据表格数据可知，浸出液调节至时，镓和硅的沉淀率高，则可以提高镓的沉淀率；已知与化学性质相似，时开始沉淀，为了得到Ga，故操作为调小于2.5，过滤；③工业上常在左右用足量碳还原（砷酸钙）获得砷蒸汽，则C氧化为CO，Ca元素以CaO形式存在，因此该反应的化学方程式为。16．(1)=向逆反应方向不改变(2)CD(3)(4)【详解】（1）①从给出的反应能垒图可知，合成氨机理中活化能最的步骤是过渡态4的转化，故决速步骤可写为：。②在t min时，容器中、、，各物质浓度代入平衡常数表达式，此时体系正、逆反应速率相等。③若在恒温恒压条件下向平衡体系中通入Ar，相当于增大了容器的体积，减小压强，平衡向逆反应方向移动。使用催化剂只能改变反应速率而不影响反应热效应，故对“无影响”或“不改变”。（2）A．选用更高效的催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，A不符合题意；B．及时从体系中转移出生成的尿素，尿素为固体，不影响平衡的移动，B不符合题意；C．根据图像可知，合成尿素是放热反应，降低温度，平衡正向移动，C符合题意；D．增大二氧化碳的浓度，平衡正向移动，D符合题意；故选BCD。（3）该反应的平衡常数表达式为：=，。（4）气敏电极中，电极a上的氧化反应(负极反应)为：。电极b上的正极反应为：，当外电路中有电子发生转移时，负极消耗氨气，正极消耗氧气，体积比为：。17．(1)（酮）羰基(2)取代反应取少量于试管中，加入氢氧化钠溶液，并加热，充分反应后（冷却），加入足量硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，证明该卤代烃中含有溴原子（合理即可）(3)(4)(5)9(6)（合理即可）【分析】A为苯，发生取代反应生成B（甲苯），B发生取代反应生成C（），C生成D（），E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，G发生氧化反应生成H，D与H生成I，I脱水生成J，J与自身发生D-A反应生成K，K发生还原反应生成M。【详解】（1）H的含氧官能团的名称为（酮）羰基；（2）根据分析可知E→F的反应类型是取代反应；检验F中溴原子的实验方法是：取少量F于试管中，加入氢氧化钠溶液，并加热，充分反应后（冷却），加入足量硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，证明该卤代烃中含有溴原子（合理即可）；（3）I脱水生成J，方程式为：；（4）J与自身发生D-A反应生成K，的结构简式为：；（5）I的同分异构体遇FeCl3溶液显色即含有酚羟基，苯环上有两个取代基，有两个不共边的六元环，共有、、、、、、、、共9种；（6）由和发生D-A加成得到，或和先D-A加成，再酯化，可由发生消去反应得到，可由发生取代反应得到，故设计合成路线如下：（合理即可）。18．(1)恒压滴液漏斗(2)B(3)苯甲酸(4)(5)溶解苯乙酮和苯甲醛，增大反应物接触面积(6)降低滴加新制苯甲醛的速率(7)D(8)重结晶【分析】三颈烧瓶中依次加入25mL10%NaOH溶液、15mL乙醇和6mL苯乙酮，乙醇为溶剂，缓慢滴加苯甲醛，维持反应温度在25～30℃发生羟醛缩合反应生成查耳酮，冰水浴中冷却，充分结晶、经减压抽滤、洗涤、干燥得到查耳酮。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗。（2）三颈烧瓶中加热液体的体积为容积的，本实验中加热液体的体积约为50mL，使用的三颈烧瓶的最适宜规格为150mL，故选B。（3）苯甲醛在空气中易被氧化生成苯甲酸，本实验应使用新制苯甲醛，若使用实验室久置的苯甲醛，应先进行水蒸气蒸馏，目的是除去苯甲醛在空气中被氧化生成的苯甲酸。（4）根据羟醛缩合反应的原理，新制苯甲醛与苯乙酮反应制备查耳酮的化学方程式为。（