湖南省长沙市雨花区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）

湖南省长沙市雨花区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DCDADACDBD题号11121314答案BBDB1．D【详解】A．脂肪酸相对分子质量较小，属于有机小分子，该过程是无机小分子向有机小分子的转变，并未生成有机高分子，A错误；B．裂化汽油中含有不饱和烃，可与溴发生加成反应，不能用于萃取溴水中的溴，B错误；C．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C错误；D．氟氯代烷是烷分子中氢原子被氟、氯原子取代得到的烷烃衍生物，其化学性质稳定、无毒，具有不燃烧、易挥发、易液化等特性，曾被广泛用作制冷剂和溶剂，D正确；故选D。2．C【分析】粗苯甲酸为原料，含杂质氯化钠、泥沙，目标产物为纯苯甲酸。操作I加水加热溶解得到悬浊液，苯甲酸充分溶解，泥沙不溶。操作II为趁热过滤，除去泥沙，得到含苯甲酸、氯化钠的热滤液。苯甲酸溶解度随温度降低大幅减小，氯化钠溶解度受温度影响较小，操作III冷却结晶使苯甲酸析出，氯化钠留在溶液中，后续过滤、洗涤得到纯苯甲酸。【详解】A．操作I加入过量水会使冷却结晶时更多苯甲酸残留在溶液中，降低产品产率，应加入适量水，A错误；B．操作II为趁热过滤，除去泥沙的同时避免温度降低导致苯甲酸提前析出损失，B错误；C．缓慢冷却结晶可得到颗粒较大的苯甲酸晶体，减少杂质被晶体包裹的情况，C正确；D．苯甲酸可溶于乙醇，用乙醇洗涤会溶解产品造成产率下降，且氯化钠在乙醇中溶解度很小，无法有效除去氯化钠杂质，D错误；故选C。3．D【详解】A．NaCl是离子晶体，HCl为分子晶体，晶体类型不同，A不符合题意；B．金刚石是共价晶体，镁是金属晶体，晶体类型不同，B不符合题意；C．CO2是分子晶体，SiO2是共价晶体，晶体类型不同，C不符合题意；D．CS2和H2O均为分子晶体，晶体类型相同，D符合题意；故答案选D。4．A【详解】A．与都属于烷烃，且组成相差1个CH2，两者互为同系物，A正确；B．前者含有1个羟基，后者含有2个羟基，官能团数目不同，结构不同，两者不互为同系物，B错误；C．前者含有羰基，后者含有醛基，官能团种类不同，结构不同，两者不互为同系物，C错误；D．前者含有酚羟基，后者含有醇羟基，官能团数目不同，结构不同，两者不互为同系物，D错误；故选A。5．D【详解】A．分子晶体中不一定存在共价键（如稀有气体形成的分子晶体），但一定存在范德华力，A错误；B．冠醚与离子通过分子间作用力（如配位作用）形成超分子，而非离子键，B错误；C．比稳定是因为N-H键的键能大于P-H键的键能，氢键影响物理性质（如沸点），与稳定性无关，C错误；D．（非极性分子）易溶于苯（非极性溶剂），（非极性分子）难溶于H2O（极性溶剂），均符合“相似相溶”原理，D正确；故选D。6．A【详解】A．乙醛与新制在碱性条件下反应生成乙酸盐，过滤无法去除乙酸盐，乙醇中仍混有乙酸盐，A错误；B．蚁酸与碳酸钠反应生成蚁酸钠，甲醛通过蒸馏分离，B正确；C．苯酚与NaOH反应生成水溶性苯酚钠，分液后弃水层得苯，C正确；D．乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠，分液后弃水层得乙酸乙酯，D正确；答案选A。7．C【详解】A．做钠在空气中燃烧的实验需要在坩埚中进行，A项能达到实验目的；B．溶于水吸收热量，溶于水放出热量，试管中温度计示数升高的为固体，B项能达到实验目的；C．用酒精灯加热时，外管温度高，内管温度低，受热易分解，受热不易分解，故将放在外管中，温度高却未分解，放在内管中，温度低却分解，证明的热稳定性强于，C项不能达到实验目的；D．湿润的红布条褪色，干燥的红布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，D项能达到实验目的；故答案为：C。8．D【详解】A．KSCN溶液遇Fe3+会显红色，是检验Fe3+的常用方法，A正确；B．分散系中粒子直径：溶液（<1nm）<胶体（1-100nm）<浊液（>100nm），B正确；C．H、D、T是氢元素的同位素（质子数相同，中子数不同），属于同一种元素，C正确；D．过量Cl2会同时氧化Br⁻和I⁻，只能证明Cl的非金属性比Br、I强，但无法直接比较Br与I的非金属性，D错误；故选D。9．B【详解】A．苯环有4个不饱和度，碳碳双键、酯基、羧基、六元碳环各有1个不饱和度，共有8个不饱和度，故A错误；B．该分子与足量氢气加成后生成物中有7个手性碳原子：，故B正确；C．含-COOC-可发生水解反应，绿原酸水解产物只有一种含酚-OH的物质与FeCl3溶液发生显色反应，右侧含环的有机物(含4个-OH、1个-COOH)不能，故C错误；D．酚羟基和羧基都能与Na2CO3反应，故1mol绿原酸最多消耗3molNa2CO3，酚羟基、羧基和酯基都能与NaOH反应，故1mol绿原酸最多消耗4molNaOH，故消耗二者的物质的量之比为，故D错误；答案选B。10．D【分析】A发生消去反应生成B，B可为(CH3)2C=CHCH3或(CH3)2CHCH=CH2，B与水发生加成反应生成C，C可为(CH3)2C(OH)CH2CH3或(CH3)2CHCH(OH)CH3或(CH3)2CHCH2CH2OH，C与氯化氢发生取代反应生成A，则C为(CH3)2CHCH(OH)CH3。【详解】A．A中氯原子发生消去反应生成B为(CH3)2CHCH=CH2或(CH3)2C=CHCH3，名称为3-甲基-1-丁烯或2-甲基-2-丁烯，故A错误；B．BC为B中碳碳双键与H2O发生加成反应生成醇，反应为羟基被Cl原子取代，发生的是取代反应，故B错误；C．B中存在“CH2=”结构或“(CH3)2C=”结构，所以B中不存在顺反异构，故C错误；D．C为(CH3)2CHCH(OH)CH3，若主链上有5个碳原子，由碳骨架表示，-OH可位于1(或5)、2(或4)、3号碳原子上，共3种，若主链上有4个碳原子，由碳骨架表示，-OH可位于1(或5)、2、4号碳原子上，共3种，若主链上有3个碳原子，由碳骨架表示，-OH只有1种取代位置，与物质C互为同分异构体的醇共有7种，故D正确；答案选D。11．B【详解】A．中的原子个数是，氧原子有7个，则，，A正确；B．以面心的Ce为例，每个晶胞中有四个O与之配位，1个面心Ce被两个晶胞共有，故Ce的配位数为8，B错误；C．由题图可知，中O的配位数为4，O原子处在Ce原子构成的正四面体空隙中，C正确；D．设该晶胞参数是，其密度为：，，体对角线距离为：，最短距离为体对角线的，所以最短距离为，D正确；故选B。12．B【分析】由题给流程可知，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳和硫酸等，据此分析回答。【详解】A．酸浸时，适当增大反应物硫酸浓度，加快酸浸反应速率，A正确；B．“滤渣Ⅰ”为和硫酸铅，B错误；C．净化时，加入镍，置换出铜，，C正确；D．由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳和硫酸等，D正确；故选B。13．D【详解】A．适当延长酸浸时间能提高铁元素的浸出率，故A项正确；B．“还原”过程中Fe与H+反应生成氢气，故B项正确；C．向“还原”后的滤液中加入NH4F，使Ca2+转化为CaF2沉淀，若溶液pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与结合形成弱酸HF，导致溶液中减少，CaF2沉淀不完全，故C项正确；D．FeCO3中铁为+2价，得到Fe2O3时需要补充空气氧化，故D项错误；故选：D。14．B【分析】由图可知，a点为0.1mol/LH2A溶液、b点为NaHA溶液、c点为Na2A溶液。【详解】A．若不考虑第二步电离，由电离常数可知，溶液中氢离子浓度约为，则溶液的pH约为2，故A正确；B．由分析可知，b点为NaHA溶液，由电离常数可知，HA—在溶液中的水解常数Kh==＜Ka2，说明HA—在溶液中的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，则溶液中的氢离子抑制水的电离，水电离出的氢离子浓度小于10—7mol/L，故B错误；C．由分析可知，c点为Na2A溶液，溶液中存在质子守恒关系，故C正确；D．H2A溶液和氢氧化钠溶液完全反应生成的强碱弱酸盐Na2A在溶液中水解使溶液呈碱性，滴定时可用酚酞作指示剂，滴定终点现象为溶液由无色变为粉红色，故D正确；故选B。15．(1)(2)8(醇)：(酸)过大时，导致酸的浓度降低，不利于酯的生成(3)溶液(4)少量多次(5)干燥剂重结晶(6)b【分析】由题中信息可知，在圆底烧瓶中加入对氨基苯甲酸、无水乙醇及一定量的，摇匀后加入沸石，反应装置如图所示，加热，使反应物保持微沸回流，回流2.0h后，将烧瓶中溶液倒入烧杯中冷却，滤出催化剂，蒸馏，收集75℃馏分，将残液倒入盛有40mL冷水的烧杯中，分批加入饱和溶液，用试纸检验至弱碱性，目的是中和对氨基苯甲酸，降低对氨基苯甲酸乙酯的溶解度，将溶液倒入分液漏斗中，加入乙醚3次萃取，摇振后分出醚层。经无水硫酸镁干燥后，蒸出乙醚，残余液用乙醇-水()重结晶，最终得到产物，据此分析作答。【详解】（1）根据实验室制备对氨基苯甲酸乙酯的流程可知制备的方程式：。（2）根据图示，当(醇)：(酸)=8时，酯的产率最高；(醇)(酸)过大，酸的浓度就会变低，不利于酯的形成。（3）加入“试剂X”时有气泡产生，该气泡是，所以“试剂X”是溶液，与羧基反应产生气泡。（4）在萃取时，为了提高萃取率需要少量多次加入萃取剂。（5）可以结合水形成结晶水合物，起到干燥液体有机物的作用；通过操作Y实现固体产品的获得，收集此固体产品用重结晶法。（6）为了确定“白色产品”与目标产物(对氨基苯甲酸乙酯)是否一致，即对白色固体进行检验。a．测产品熔点，若测出的熔点与对氨基苯甲酸乙酯一致则“白色产品”与目标产物一致，a不选；b．酸性溶液可以与产品制备过程中的几个原料反应，不能用于检验，b选；c．红外光谱实验可以测白色固体的官能团与对氨基苯甲酸乙酯进行比对，c不选；d．可通过X射线衍射实验测晶胞结构，d不选；故选b。16．(1)③①②④(2)②④(3)a(4)(5)【详解】（1）对于反应，化学计量数之比为4:2:1:4，则①；②，③，④，故反应由快到慢的顺序为③①②④；（2）影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积等，对于有气体参与的反应，压强改变实质是改变气体浓度；①升温：升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，不符合题意；②增加C的量：C固体，固体的浓度视为常数，增加固体的量，反应速率几乎无影响，符合题意；③将容器的体积缩小一半：容器体积缩小，气体物质的浓度增大，反应速率加快，不符合题意；④保持体积不变，充入He使体系压强增大：充入He，反应物和生成物的浓度不变，反应速率几乎无影响，符合题意；⑤保持压强不变，充入He：容器体积增大，反应物和生成物的浓度减小，反应速率减慢，不符合题意；⑥保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大：水蒸气浓度增大，反应速率加快，不符合题意；所以对反应速率几乎无影响的是②④；（3）根据题中两个反应方程式相加，总反应的化学方程式为；a．加入KI后改变了反应的路径，降低了反应活化能，a正确；b．催化剂不能改变总反应的能量变化，加入KI后总反应的能量变化不变，b错误；c．根据图像判断，是吸热反应，c错误；故选a；（4）硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按1∶2完全反应，生成一种棕黄色气体Cl2O，同时Na2SO3转化为Na2SO4，NaClO3中Cl的化合价由+5价降低到+1价，Na2SO3中S的化合价由+4价升高到+6价，由电子守恒和原子守恒可配平方程式为；（5）由用钌(Ru)基催化剂催化合成甲酸的过程示意图可知，总反应的化学方程式为：。17．(1)球形冷凝管(2)6mol(3)避免高锰酸钾过多，放热多，使体系温度不可控，同时减少副反应发生(4)除去体系中残留的高锰酸钾，防止盐酸被氧化(5)加入量少，烟酸钾不能充分转化为烟酸；加入过多，烟酸与盐酸反应生成盐，降低烟酸产率(6)75%(7)可连续循环使用，节约药品【分析】实验原理为3-甲基吡啶经高锰酸钾氧化生成烟酸钾，此时有棕褐色难溶物二氧化锰生成，加入乙醇，除去体系中残留的高锰酸钾，后加入稀盐酸经强酸制弱酸，得到烟酸，提纯后得到烟酸晶体。【详解】（1）由仪器构造可知仪器A为球形冷凝管；（2）3-甲基吡啶中甲基碳原子显-3价，氧化后羧酸根中碳原子为+3价，1mol3-甲基吡啶失去6mol电子，1mol3-甲基吡啶发生反应转移电子的物质的量为6mol；（3）步骤Ⅱ中高锰酸钾分批加入，为避免高锰酸钾过多，放热多，使体系温度不可控，同时减少副反应发生；（4）步骤Ⅲ向三颈烧瓶中加入数滴乙醇，利用乙醇的还原性，除去体系中残留的高锰酸钾，防止盐酸被氧化；（5）稀盐酸加入过少，部分烟酸钾未转化为烟酸；稀盐酸加入过多，烟酸中N原子与H+结合形成盐，所以盐酸加入量过少或过多，都会使烟酸的产量下降；（6）1.86g3-甲基吡啶的物质的量为0.02mol，理论上生成0.02mol烟酸；烟酸的产率为；（7）索氏提取器中2为蒸汽导管，3为虹吸管，无水乙醇受热蒸发，蒸汽沿导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，萃取烟酸后，再经导管3返回烧瓶，从而实现连续萃取，故其优点是可循环连续萃取，萃取液使用较少，节约药品，萃取效率高。18．(1)BC(2)a适当增加还原剂用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼取少量分离出水合肼后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，则存在(3)被进一步还原成铜单质加入蒸馏水稀释至3.25mol/L，加入适量2mol/LNaOH溶液，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出，直至溶液中无气泡产生，停止滴加【分析】NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，NaClO与反应合成水合肼，铜氨废液与水合肼反应：生成氧化亚铜。【详解】（1）NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，该反应为放热反应，温度升高时易产生副产物NaClO3，为提高NaClO产率，可适当减慢通入Cl2的速率以减缓反应速率，或者不断搅拌