湖南省长沙市岳麓区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）

湖南省长沙市岳麓区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BDBDCACBCB题号11121314答案CDBC1．B【详解】A．淀粉是多糖，化学式为，n值很大，相对分子质量可达几万到几十万，属于天然有机高分子材料，A不符合题意；B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，通常不足一千，属于有机小分子，不属于有机高分子材料，B符合题意；C．酚醛树脂是苯酚与甲醛发生缩聚反应生成的合成有机高分子材料，C不符合题意；D．羊毛的主要成分为蛋白质，蛋白质相对分子质量可达上万，属于天然有机高分子材料，D不符合题意；故选B。2．D【详解】A．乙炔分子式为，实验式为最简式，即，A正确；B．乙烯醇和乙醛分子式均为，二者结构不同，互为同分异构体，B正确；C．乙炔加聚时三键打开形成双键，聚乙炔的链节为，结构简式为，C正确；D．醛基中C和O之间为双键，共用2对电子，其电子式为：，D错误；故选D。3．B【详解】A．用惰性电极电解溶液，发生的总反应：，A错误；B．向苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和，B正确；C．氨水过量时与反应得到，反应的离子方程式为，C错误；D．醋酸与反应的离子方程式为，D错误；故选B。4．D【详解】A．氟离子（F⁻）的质子数等于氟的原子序数9，1molF⁻含有的质子总数为9NA，而非10NA，A错误；B．pH=1的硫酸中H⁺浓度为0.1mol/L，但题目未给出溶液体积，无法确定H⁺总数，B错误；C．Cl2与NaOH反应为歧化反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1molCl2转移1mol电子（1molCl被氧化失去1mole⁻，1molCl被还原得到1mole⁻），转移电子数为NA，而非2NA，C错误；D．石墨中每个碳原子以sp2杂化，未杂化的2p轨道含1个电子。12g石墨（1mol碳原子）中未杂化的2p电子数为NA，D正确；故选D。5．C【分析】从X的结构分析，R化学式为C7H8的芳香烃则其为甲苯。甲苯与H2加热、催化剂反应苯环加成反应；【详解】A．根据分析可知A为甲苯，苯环上有3种不同的氢原子，故A正确；B．甲苯与氯气在光照条件下发生苯环侧链甲基上的取代反应，与氯气在FeCl3催化下发生苯环上甲基邻、对位的取代反应，B项正确；C．甲苯分子中有4种不同的氢原子，核磁共振谱有4组峰；Z是，分子中有5种不同的氢原子，核磁共振谱共有5组峰，故C错误；D．根据B选项分析可知，苯的同系物与Cl2发生反应的条件不同，产物不同，故D正确；答案选C。6．A【详解】A．是共价晶体，是分子晶体，故A正确；B．和均为离子晶体，故B错误；故B错误；C．和均为分子晶体，故C错误；D．金刚石和(金刚砂)均为共价晶体，故D错误；故答案为：A。7．C【详解】A．标准状况下甲醇为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定氧原子数目，故A错误；B．苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊共价键，不含碳碳双键，故B错误；C．甲醛和乙酸的最简式均为，30g混合物中含最简式单元的物质的量为，每个含4个原子，故原子总物质的量为4mol，总数为，故C正确；D．1mol中，2个含6个N-Hσ键，2个Ag-N配位键属于σ键，1个含1个O-Hσ键，共9molσ键，数目为，故D错误；选C。8．B【详解】A．工业上由乙醇制备乙醛的化学方程式为，A错误；B．酯在酸性条件下水解结合酯基连羟基-18OH原则，可知正确，B正确；C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应为+CO2+H2O→+NaHCO3，C错误；D．乙醛与新制悬浊液反应时，条件为碱性，醋酸应被中和，D错误。故选B。9．C【分析】由图可知，放电时，右侧为负极，电极反应式为，左侧为正极，电极反应式为VO+2H++e－=VO2++H2O，充电时，左侧为阳极，电极反应式为VO2++H2O－e－＝VO+2H+，右侧为阴极，电极反应式为V3++e－＝V2+，据此作答。【详解】A．钒液流电池放电时发生氧化反应，因此电池放电时B极为负极，反应为，故A正确；B．充电时，右侧为阴极，故B正确；C．充电时，左侧为阳极，电极反应式为VO2++H2O－e－＝VO+2H+，正极溶液的颜色为黄色，故C错误；D．充电时，左侧为阳极，电极反应式为VO2++H2O－e－＝VO+2H+，充电过程中，电极A附近pH减小，故D正确；故选C。10．B【详解】A．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，氯元素的化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，反应生成2mol氯化铝时，转移6mol电子，则表示电子转移的单线桥为，故A正确；B．由方程式可知，反应中钠元素化合价升高被氧化，钠是反应的还原剂，氢元素的化合价降低被还原，水是反应的氧化剂，反应生成1mol氢气时，转移2mol电子，则表示电子转移的单线桥为，故B错误；C．由方程式可知，反应中碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是反应的还原剂，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾是反应的氧化剂，反应生成5mol碘时，转移10mol电子，则表示电子转移的双线桥为，故C正确；D．由方程式可知，反应中硫化氢中碘硫元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，浓硫酸中硫元素的化合价降低被还原，高锰酸钾是反应的氧化剂，反应生成1mol硫时，转移2mol电子，则表示电子转移的双线桥为，故D正确；故选B。11．C【详解】A．As为33号元素，位于第四周期第ⅤA族，基态原子价层电子排布式为，A正确；B．As位于晶胞顶点和面心，个数为，Ga位于晶胞内部，个数为4，二者原子数均为4，B正确；C．As原子为面心立方最密堆积，最短距离为面对角线的一半，即，不是，C错误；D．原子①分数坐标为，原子②位于的面心，分数坐标为，D正确；故选C。12．D【详解】A．分子间存在氢键，分子间作用力大于，沸点也高于，陈述Ⅰ、Ⅱ均错误，A不符合题意；B．冠醚可与碱金属离子通过配位键结合形成超分子，配位键属于化学键，不是分子间作用力，陈述Ⅱ错误，B不符合题意；C．苯酚与甲醛发生缩聚反应合成酚醛树脂，反应过程有小分子水生成，不属于加聚反应，陈述Ⅱ错误，C不符合题意；D．甲苯中苯环对甲基产生活化作用，使甲基可被酸性溶液氧化而让溶液褪色，甲烷中甲基没有类似活化效应不能被氧化，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，D符合题意；故选D。13．B【详解】由结构简式可知，碳酸二甲酯一定条件下能与

发生缩聚反应生成聚碳酸酯，

分子中含有2个酚羟基，属于二酚类物质，故选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)、Cu2+、(2)BaSO42.74g(3)0.98g(4)该溶液呈碱性(或其他合理答案)［或，或］【分析】实验操作I中向溶液中加入过量NaOH溶液反应产生0.34g气体，该气体是NH3，说明溶液中含有，n()=；同时产生蓝色沉淀，该沉淀是Cu(OH)2，说明溶液中含有Cu2+，将Cu(OH)2加热分解产生CuO，根据Cu元素守恒可知n(Cu2+)=n(CuO)=；在实验操作II中加入足量BaCl2溶液，过滤，洗涤、干燥，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀是BaSO4，说明溶液中含有，根据S元素守恒可知：n()=n(BaSO4)=，然后根据离子共存分析判断。【详解】（1）根据上述分析可知溶液中含有0.02mol；0.01molCu2+；0.02mol。由于Cu2+与会反应产生CuCO3沉淀而不能大量共存，因此可确定该溶液中一定不含；（2）根据上述分析可知操作II中沉淀为BaSO4，n(BaSO4)=，则该沉淀中含有的金属钡元素的质量m(Ba2+)=0.02mol×137g/mol=2.74g；（3）操作I中分析可知n(Cu2+)=n(CuO)=，则Cu2+反应产生Cu(OH)2沉淀的物质的量是0.01mol，其质量m[Cu(OH)2]=0.01mol×98g/mol=0.98g；（4）①若原溶液中含有Al3+，由于操作I中加入了过量NaOH溶液，溶液显碱性，操作II中加入过量BaCl2溶液，通入过量CO2气体时，发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，故白色沉淀中可能含有碳酸钡；②该实验兴趣小组乙同学发现，继续通入过量的CO2，沉淀部分消失，此时发生反应的离子方程式为BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2。16．(1)吸热(2)等于(3)逆反应方向(4)(5)；【详解】（1）因为温度升高，平衡常数增大，说明平衡正向移动，所以正反应吸热；（2）由表中数据可知，830℃时该平衡常数为1，平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，温度不变平衡常数不变仍然是1；（3）若1200℃时，在某时刻反应混合物中、、CO、的浓度分别为、、、，则此时反应的浓度商为：，所以反应逆向移动；（4）由题目列三段式：用表示该反应的平均反应速率为；100℃时，反应的平衡常数（5）在830℃时，向容器中充入2.0mol、3.0mol，保持温度不变，反应达到平衡后，假设容器体积为VL，的转化率为x，则列三段式：；时刻使容器体积瞬间变成原来的一半，各物质浓度都增大为原来的二倍，但K值不变仍然为1，且反应前后气体分子数不变，所以平衡不移动，作图为：17．(1)锥形瓶(2)b球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好(3)温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低(4)(5)减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率(6)96%(7)+NH3+3O2+4H2O【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为苯酐与氨水在80~95°C的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，装置乙用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺。【详解】（1）由实验装置图可知，仪器M为锥形瓶，故答案为：锥形瓶；（2）由实验装置图可知，仪器Y为直形冷凝管，为增强冷凝效果，实验时，冷水应由下口a通入，上口b流出；仪器X为球形冷凝管，与直形冷凝管相比，球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好，所以置甲中球形冷凝管一般不用装置乙中直形冷凝管代替，故答案为：b；球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好；（3）由题意可知，装置甲中温度控制在80~95°C目的是防止温度过低时，反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低，故答案为：温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低；（4）由题给流程可知，反应①中生成的邻氨甲酰苯甲酸能与氨水继续发生取代反应生成副产物，故答案为：；（5）蒸馏时，及时将装置中的水蒸出可以减少反应②的水，使反应②的平衡向正反应方向移动，有利于提高邻苯二甲酰亚胺的产率，故答案为：减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率；（6）由题意可知，14.8000g苯酐制得14.1120g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%=96%，故答案为：96%；（7）由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为+NH3+3O2+4H2O，故答案为：+NH3+3O2+4H2O。18．(1)增大固体与酸的接触面积，加快反应速率，提高浸出率PbSO4、Cu(2)不能(3)Na2S2O8作氧化剂，将Mn2+转化为MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+(4)(5)控制溶液的pH为8到12之间，使锌离子沉淀完全【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。【详解】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；根据分析，“浸渣”的主要成分为PbSO4、Cu；（2）向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(S2-)=，此时