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（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CADCACCBCA题号11121314答案BBCD1．C【详解】A．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误；B．聚氨酯是人工合成的有机高分子化合物，属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，B错误；C．氯乙烷沸点较低，喷出后迅速汽化，汽化过程吸收大量热量，可使局部皮肤快速冷冻，皮下毛细血管收缩止血，同时起到镇痛效果，C正确；D．丁烷的沸点约为-0.5℃，常温常压下为无色气体，不是白色液体，D错误；因此答案选C；2．A【详解】A．基态碳原子价电子为，根据洪特规则，2p轨道的2个电子应分占不同简并轨道且自旋平行，题给轨道表示式将2个电子排在同一个2p轨道，违反洪特规则，A错误；B．聚氯乙烯由氯乙烯加聚生成，碳碳双键打开后形成的链节为，B正确；C．基态铜原子价层电子排布满足洪特规则特例，全充满结构更稳定，为，C正确；D．中心S原子价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，与图示一致，D正确；故答案选A。3．D【详解】A．①是苯酚，②是苯甲醇，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；B．①苯酚、⑤苯甲酸可与反应，②苯甲醇的醇羟基没有酸性，不能与反应，B错误；C．③和④都是邻二溴苯，属于同一物质，不互为同分异构体，C错误；D．②苯甲醇可被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色，⑤苯甲酸不能被酸性高锰酸钾氧化，溶液不褪色，可鉴别二者，D正确；故答案选D。4．C【详解】A．酚醛树脂、涤纶和顺丁橡胶都是通过人工方法合成的高分子材料，因此它们都属于合成高分子材料，A错误；B．苯酚和甲醛通过缩聚反应产生酚醛树脂和水，故酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，B错误；C．对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应产生聚对苯二甲酸乙二酯和水，聚对苯二甲酸乙二酯的商品名称为涤纶，故涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的，C正确；D．顺丁橡胶的单体是1，3-丁二烯，与反-2-丁烯分子式不相同，因此二者不能互为同分异构体，D错误；故合理选项是C。5．A【详解】A．冷凝器冷却水采用“下进上出”原则，可保证冷却水充满冷凝管、冷凝效果更好，因此进水口为a，A错误；B．苯甲酰氯易水解，无水氯化钙为中性干燥剂，可吸收水蒸气，防止烧杯中水蒸气进入反应装置导致苯甲酰氯水解，B正确；C．该实验的尾气处理装置中，倒扣的漏斗是放倒吸的设计，实验结束时，应先停止加热，使生成的HCl持续被水吸收，等恢复室温后再移出漏斗，C正确；D．该反应可逆，HCl为生成物，持续逸出会降低生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，可促进反应正向进行，D正确；故答案选A。6．C【详解】A．分子中含有酚羟基，分子含有醇羟基，结构不相似，不互为同系物，A错误；B．C2H4为乙烯，C3H6不一定为丙烯，可能为环丙烷，环丙烷不属于烯烃，B错误；C．和分子式都一样结构不同，互为同分异构体，C正确；D．核磁共振氢谱面积比为，的核磁共振氢谱面积比为，不相同，D错误；故选C。7．C【详解】A．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为，引入新的杂质，A错误；B．苯甲酸溶解度随温度变化较大，NaCl溶解度随温度变化小，应采用重结晶法（加热溶解、冷却结晶、过滤）分离，蒸发结晶、趁热过滤会使苯甲酸留在滤液中无法得到，B错误；C．可与NaOH溶液反应生成易溶于水的盐，溴苯不溶于水且与NaOH不反应，静置分层后分液即可分离，C正确；D．钠不仅会与乙酸反应，也会与要保留的乙醇发生反应，D错误；故选C。8．B【详解】A．色谱法利用不同物质在固定相和流动相中的分配系数差异实现分离，是分离、提纯有机化合物的重要常用方法，A正确；B．元素定量分析仅能测定有机物中各元素的质量分数，只能确定实验式，要得到分子式还需测定有机物的相对分子质量，无法仅通过元素定量分析确定所有有机化合物的分子式，B错误；C．X射线衍射技术可测定分子的空间结构，能获得键长、键角等分子结构信息，C正确；D．含有羟基，含有醚键，二者官能团不同，红外光谱的特征吸收峰存在明显差异，可用红外光谱法鉴别，D正确；故选B。9．C【分析】该有机物结构简式为；【详解】A．X的官能团为氨基和羧基，不存在结构的酰胺基，A错误；B．X中与氨基直接相连的碳原子连接了4种不同基团，属于手性碳原子，B错误；C．X含有氨基可与盐酸反应，还含有羧基可与溶液反应，因此既能与盐酸反应又能与溶液反应，C正确；D．X中与苯环直接相连的碳原子上连有氢原子，可被酸性溶液氧化，能使溶液褪色，D错误；故选C。10．A【分析】首先推导元素：X原子核外有7种运动状态不同的电子，即核外电子数为7，X为；Y原子最外层电子数是内层的3倍，短周期元素内层电子数为2，最外层电子数为6，Y为；Z是地壳中含量最高的金属元素，Z为。【详解】A．非金属性，非金属性越强简单气态氢化物热稳定性越强，故热稳定性，A正确；B．和核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，B错误；C．原子2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的，即，C错误；D．和均为分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越强、沸点越高，相对分子质量大于，故沸点，D错误；故选A。11．B【详解】A．该键线式的双键位于碳链端位，对应的有机物为1-丁烯，不是2-丁烯，正确键线式应为，A错误；B．中C原子与3个H、1个N形成4对共用电子对，满足8电子稳定结构；N原子与1个C、2个H形成3对共用电子对，还剩余1对孤对电子，所有原子均满足稳定结构，电子式书写正确，B正确；C．该结构的主链有4个碳原子，羟基连在2号碳上，名称为2-丁醇，不是2-甲基-1-丙醇，正确结构简式应为：，C错误；D．该缩聚反应生成带端基的高聚物，脱去的水分子数应为，且缩聚反应一般用单向箭头表示，不使用可逆符号，正确方程式为：，D错误；故选B。12．B【详解】A．红外光谱的原理是不同官能团或化学键的振动吸收频率不同，可用于测定有机物中的某些官能团，A正确；B．石油是多种烃的互溶混合物，工业上利用各组分沸点差异通过分馏的方法获得汽油；萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度差异分离的方法，不能用于从石油中获取汽油，B错误；C．色谱法利用不同物质在固定相和流动相中的分配系数差异实现分离，可用于从植物色素中提取分离胡萝卜素，C正确；D．碘单质易升华，加热时粗碘中的碘变为碘蒸气，再经凝华即可得到精制碘，可用升华法提纯粗碘，D正确；故选B。13．C【详解】A．完全电离出和，浓度最大；分步水解且第一步水解程度远大于第二步，因此，离子浓度顺序正确，A不符合题意；B．水解显酸性，水解常数；水解显碱性，第一步水解常数，水解程度更大，溶液呈碱性，B不符合题意；C．等体积混合后，，溶液中，，，，离子积，会生成沉淀，C符合题意；D．溶解反应为，平衡常数；若完全溶解，，，剩余，此时浓度商，反应正向进行，可完全溶解，D不符合题意；故选C。14．D【详解】A．若未煮沸，残留的会氧化生成额外的，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，A正确；B．，可转化为，释放表面吸附的，减小实验误差，B正确；C．淀粉遇变蓝，滴定终点时完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，即为滴定终点，C正确；D．若用该缓冲溶液调节pH，无掩蔽，会氧化生成额外，消耗体积偏大，测定结果偏高而非偏低，D不正确；故选D。15．(1)<(2)C(3)(4)过滤速度更快，得到的固体晶体更干燥溶液(5)酚酞60.9偏高【分析】苯酚先与、经一定条件生成B，酸化后得到C；C与乙酸酐在浓硫酸、70℃条件下发生取代反应生成D，反应后冰水降温结晶、抽滤洗涤干燥得到粗产品；粗产品加过量煮沸完全反应，再用标准盐酸返滴定过量，以此计算乙酰水杨酸纯度；【详解】（1）邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键，分子间作用力被削弱；对羟基苯甲酸只能形成大量分子间氢键，分子间作用力更强，分子间氢键越多沸点越高，因此邻羟基苯甲酸沸点小于对羟基苯甲酸；（2）苯环上连、均为吸电子基团，使羧基中的极性增强，让羧基更容易电离，酸性增强；苯甲酸无吸电子取代基，羧基电离难度最大，酸性最弱；（3）C的酚羟基与乙酸酐发生取代反应，浓硫酸作催化剂、70℃加热，生成乙酰水杨酸和乙酸，化学方程式为；（4）①抽滤使装置内部压强低于外界大气压，过滤速度更快，晶体表面水分被负压抽吸，得到的固体晶体更干燥；②杂质水杨酸含有酚羟基，乙酰水杨酸无酚羟基，酚羟基遇溶液会显紫色，因此用溶液检验残留水杨酸；（5）①乙酰水杨酸和完全反应生成水杨酸钠和乙酸钠，体系为碱性，酚酞变色区间为碱性范围；甲基橙变色在酸性，石蕊变色无清晰滴定终点，因此宜选择的指示剂为酚酞；②由乙酰水杨酸的结构可知，1mol乙酰水杨酸消耗；，；因此与乙酰水杨酸反应的；则；质量；因此质量分数；滴定前仰视读数、终点俯视读数，读取的盐酸消耗体积数值偏小；则与盐酸反应的偏少，与乙酰水杨反应的偏多，最终乙酰水杨酸计算质量偏大，结果偏高。16．(1)C15H18O5(2)邻苯二酚或1，2-苯二酚醛基(3)3(4)取代反应(5)CH3OCH2Br(6)2+2H2O【分析】由题干流程图可知，A即邻苯二酚在一定条件下生成B，结合C的结构简式和B到C的反应条件可知，B的结构简式为：，C与试剂X生成D结合C、D的结构简式结合(5)小题已知信息可知，X的结构简式为CH3OCH2Br，D和E先发生加成反应后消去反应生成F，F在一定条件下转化生成G，据此分析解题。【详解】（1）由已知信息E的结构简式为可知，E的分子式为：C15H18O5；（2）由题干流程图中A的结构简式可知，A的化学名称为邻苯二酚或1，2-苯二酚；由分析可知，B的结构简式为：，即A→B的过程中引入的新官能团为醛基；（3）由题干流程图中G的结构简式可知，G分子中含有醚键、碳碳双键、酮羰基等3种官能团；（4）由分析可知，B→C即酚羟基转化为醚键，该反应的反应类型为取代反应；（5）由分析可知，已知在C→D的反应过程中还有HBr生成，则试剂X的结构简式为CH3OCH2Br；（6）由题干流程图可知，C的分子式为：C8H8O3，不饱和度为5，M是C的同分异构体，M中含有苯环且M在一定条件下通过分子间酯化反应能生成六元环酯，则M的结构简式为，该反应的化学方程式为2+2H2O。17．(1)乙醇(2)O(3)16BC(4)Zn12【分析】溶液与反应生成浑浊液，均分后，与反应仍为浑浊液，与反应生成深蓝色铜的羟基配合物，与反应生成深蓝色溶液，滴加X试剂（乙醇）后析出深蓝色晶体，据此分析。【详解】（1）基态原子的核电荷数为29，价层电子排布式为，价层电子排布图为：；向含的深蓝色溶液中滴加乙醇，可降低溶剂极性，降低配合物溶解度，析出深蓝色晶体；（2）实验中，可溶于低浓度氨水生成，而要在高浓度的氢氧化钠溶液中形成，证明说明与形成配离子比与形成配离子更容易，所以稳定性：；两配合物中配位原子分别为和，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性；（3）个中，每个分子含个键，共个，形成个键，且中心离子与配体间形成个配位键，故中含键总数为；A．四个配体与中心离子的距离相等，平面四边形和四面体构型均满足该条件，A错误；B．四个配体与中心离子形成的配位键键角均为，四面体构型键角约为，仅平面四边形可满足键角均为，B正确；C．的二元取代物有两种结构，四面体构型的二元取代物仅有一种结构，平面四边形的二元取代物有邻位和对位两种结构，C正确；D．中心离子的杂化方式为，对应四面体构型，D错误；故选BC；（4）Zn的价电子排布式为，4s轨道为全充满稳定结构，Cu的价电子排布式为，4s轨道仅含1个电子，易失去，故Zn的第一电离能更大；①晶胞中位于面心立方堆积的顶点和面心，每个周围等距且最近的位于相邻面心，共12个；②晶胞中的数目为，的数目为4，晶胞质量，由密度公式，可得晶胞体积，晶胞边长，即。18．(1)取代反应(2)羟基、羧基(3)(4)(5)【分析】对比有机物结构可知，A发生取代反应生成B，B与乙醇发生酯化反应生成，经过一系