湖南省岳阳市平江县2025-2026学年高二上学期期末考试化学试卷（PDF版附解析）

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一、选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分。)
AUTONUM ．答案： C
解析： A项，3d轨道能量高于4s，所以原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d，A正确；B项，基态铁原子价电子排布式为：3d64s2，符合基态原子电子排布规律，B正确；C项，原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，但轨道充满或半充满时，能量较小，如Cu：3d104s1，Cr：3d54s1，不遵循构造原理，C错误；D项，构造原理中的电子排布能级顺序，源于光谱学事实，D正确；故选C。
AUTONUM ．答案： D
解析：
A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；
B．燃烧热是指1 ml可燃物燃烧生成指定物质放出的热量，热化学方程式中氢气是2 ml，B错误；
C．合成氨为可逆反应，所以0.5 ml N2 和1.5 ml H2置于密闭的容器中不可能完全反应，则ΔH ≠ －38.6 kJ·ml－1，C错误；
D．除了酸碱中和放出热量外，浓硫酸溶于水放热，故反应放出的热量大于57.3 kJ，D正确；
故选D。
AUTONUM ．答案： A
解析：
A．其他条件不变，升高温度会加快反应速率是因为升高温度，单位体积内活化分子的数目和百分数增大，使得有效碰撞频率增大，导致反应速率增大，故A正确；
B．量筒是粗量仪器，精确度为±0.1 mL，则不能用10 mL的量筒量取8.58 mL稀盐酸，故B错误；
C．高锰酸钾溶液检验强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，故C错误；
D．用广泛pH试纸测得溶液的pH为只能精确到整数，不能精确到小数点后一位，故D错误；
故选A。
AUTONUM ．答案： A
解析：
A．Fe3＋＋3H2O ⥫⥬ Fe(OH)3(胶体)＋3H＋ ，Fe3+水解形成胶体，具有丁达尔效应，A正确；
B．土壤中含有碳酸根使土壤碱化，加入硫酸钙能使碳酸根离子与钙离子结合生成更难溶的碳酸钙可以改良土壤的盐碱化，这属于沉淀转化，B错误；
C．添加NaF牙齿表面的釉质中物质和氟离子形成更难溶更硬物质，可保护牙齿，属于沉淀的转化，C错误；
D．NaHSO4 === Na＋＋H＋＋SO eq \\al(2－,4)，电离产生氢离子，溶液呈酸性，属于电离，D错误；
故选A。
AUTONUM ．答案： C
解析：
盐酸是强酸，HCl在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，则0.1 ml/L盐酸中氢离子浓度为0.1 ml/L，溶液pH为1。
A．水的电离是吸热过程，降低温度，水的离子积常数减小，则降低温度时，0.1 ml·L－1盐酸中氢离子浓度不变，氢氧根离子浓度减小，故A错误；
B．水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的电离程度增大，故B错误；
C．盐酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，10 ℃时0.1ml/L盐酸中氢离子浓度为0.1 ml/L，溶液pH为1，故C正确；
D．水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，盐酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，100 ℃时0.1 ml·L－1 盐酸中氢离子浓度为0.1 ml·L－1，由表格数据可知，100 ℃时水的离子积常数为54.5×10—14，则水电离出c(H+)水·c(OH－)水 = 54.5×10－13 ml·L－1×54.5×10－13 ml·L－1 = 2.97×10－23 ml2·L－2，故D错误；
故选C。
AUTONUM ．答案： A
解析：
A．该反应为体积减小的反应，平衡后，其他条件不变，缩小容器体积，相当于加压，反应正向移动，CO2和H2的转化率变大，A正确；
B．当3v(CO2)正 = v(H2)逆时，反应一定达到平衡状态，B错误；
C．移去水蒸气的这一时刻，生成物浓度减小，逆反应速率减小，C错误；
D．恒压条件下，向容器中充入少量氦气，需要增大体积，相当于减压，则反应速率减慢，D错误；
故选A。
AUTONUM ．答案： D
解析：
设平衡时生成C的浓度为a ml/L，由题意可建立如下三段式，恒温恒容，由 EQ \F(P0,P)= EQ \F(5,3)、pV=nRT可得：，解得a=0.2，据此回答。
A．由三段式数据可知，T1条件下反应达到平衡时A的转化率为 EQ \F(0.2×2,0.5)×100% = 80%，A正确；
B．由三段式数据可知，B物质从开始到平衡的反应速率为v(B) = EQ \f(0.2ml·L－1,5s) = 0.04 ml/(L·s)，B正确；
C．由三段式数据可知，T1条件下反应达到平衡时反应的平衡常数K = EQ \F(0.2,0.1`2×0.3) = EQ \F(200,3) ，升高温度，平衡常数为100说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，C正确；
D．T1达到平衡时，再充入0.1 ml C和 0.1 ml B，反应的浓度熵QC = EQ \F(0.3,0.1`2×0.4) = EQ \F(300,4)> EQ \F(200,3)，则平衡向逆反应方向移动，D错误；
故选D。
AUTONUM ．答案： D
解析：
详解： 同一化学反应，浓度相同时，温度越高，反应速率越快，温度相同时，反应物浓度越大，反应速率越快，由表格数据可知，温度相同时，实验B中硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的浓度小于均大于实验A、实验D中硫代硫酸钠溶液和稀硫酸的浓度均大于实验C，则实验A的反应速率慢于实验B、实验C的反应速率慢于实验D，浓度相同时，实验D中反应温度高于实验B，所以各组实验中最先出现浑浊的是实验D，故选D。
AUTONUM ．答案： B
解析：
A．醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解程度相同，溶液呈中性；醋酸铵浓度越大，铵根离子和醋酸根离子浓度越大，平衡向水解方向移动，更多的水电离，即对水的电离促进程度增大，所以1 ml·L－1 醋酸铵溶液中水的电离程度与0.1 ml·L－1 醋酸铵溶液中水的电离程度不同，A错误；
B．碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化钾、氯化亚铁和碘，向2 mL 1 ml·L－1 KI溶液中滴加2 mL 0.1 ml·L－1 FeCl3溶液，反应中碘离子过量，充分反应后加入2 mL CCl4，取上层溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色说明反应后的溶液中含有铁离子，证明碘化钾溶液与氯化铁溶液反应存在限度，B正确；
C．向0.1 ml·L－1 NaHSO3溶液中滴加酚酞，溶液变为浅红色，溶液呈碱性，说明HSO eq \\al(－,3)的水解大于其电离，C错误；
D．向过量的氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液后，再滴入氯化铁溶液，溶液中先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀说明氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，但无法比较类型不同的氢氧化铁和氢氧化镁的溶度积大小，D错误；
故选B。
AUTONUM ．答案： C
解析：
由图可知，当pH=6时，即c(H+)=10-6 ml/L，c(H2CO3)=c(HCO eq \\al(－,3))=0.02 ml/L，b点时pH＞10，且c(HCO eq \\al(－,3))=c(CO eq \\al(2－,3))，由此分析。
A．b点所示溶液中c(HCO eq \\al(－,3))=c(CO eq \\al(2－,3))，根据电荷守恒：c(Na+)＋c(H+) = 2c(CO eq \\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO eq \\al(－,3)) = 3c(CO eq \\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(Cl－)，A错误；
B．HCO eq \\al(－,3) ⥫⥬ H+＋CO eq \\al(2－,3) Ka2 = EQ \F(c(H+)·c(CO32-),c(HCO3-))，pH增大，c(OH-)增大，c(H＋)减小，所以 eq \f(c(CO eq \\al(2－,3)),c(HCO eq \\al(－,3))) 不是先减小后增大，B错误；
C．根据图像，当pH=6时，c(H2CO3)=c(HCO eq \\al(－,3))，则25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝eq \f(c(H＋)·c(HCO\\al(－,3)),c(H2CO3)) = c(H＋) = 10-6，C正确；
D．溶液呈中性时，发生的反应为①Na2CO3+HCl=== NaCl+NaHCO3和 ②NaHCO3+HCl=== NaCl + CO2↑ + H2O，在反应①中，生成的NaCl和NaHCO3浓度相等，在反应②中，生成的NaHCO3又消耗一部分，所以c(NaCl)＞c(NaHCO3)，即c(Cl-)＞c(HCO eq \\al(－,3))；由图象可知，pH=7时，c(HCO eq \\al(－,3))＞c(H2CO3)，HCO eq \\al(－,3)电离生成CO eq \\al(2－,3)，三种离子中c(CO eq \\al(2－,3))最小，故c(Cl－)>c(HCO eq \\al(－,3))>c(CO eq \\al(2－,3))，D错误；
故选C。
AUTONUM ．答案： B
解析：
由图可知原电池工作时，总反应的化学方程式为CO＋2H2 EQ \(=========,\s\up7(一定条件)) CH3OH。
A．根据总反应判断通入H2的一端为负极，通入CO的一端为正极，A错误；
B．CO得到电子，通入CO一端发生的电极反应为CO＋4H＋＋4e― === CH3OH ，B正确；
C．电池工作时，H2失电子转化为H＋，CO结合H＋生成甲醇，根据守恒原则，体系中pH基本保持不变，C错误；
D．结合总反应CO＋2H2 EQ \(=========,\s\up7(一定条件)) CH3OH，当生成0.5 ml CH3OH时，需要结合2 ml H＋，故理论上有2 ml H＋透过质子交换膜向右移动，D错误；
故选B。
AUTONUM ．答案：B
解析：原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分别位于相邻两个周期,基态Q原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,则Q为氧元素。根据结构分析,X为氢元素,Y为硼元素,Z为碳元素,M为氮元素。题图物质为离子化合物,A错误;阳离子中存在N—H配位键,阴离子中存在O—B配位键,B正确;Y、Q原子的杂化方式都为sp3,C错误;该化合物中H原子的最外层电子数为2,D错误。
AUTONUM ．答案： B
解析：
A．1分子蔗糖水解可得到1分子葡萄糖和1分子果糖，故A错误；
B．氯的电负性大于碳，是吸电子基，故与氯原子相连碳的邻碳上的羟基极性增加，故B正确；
C．三氯蔗糖与蔗糖属于不同的物质，性质不相同，故C错误；
D．涉及的元素中，电负性最大的是氧，故D错误；
答案选B。
AUTONUM ．答案： B
解析：CCl4、CS2为非极性分子,H2O为极性分子,故在CS2中的溶解能力:CCl4>H2O,A正确;可形成分子内氢键,可形成分子间氢键,故沸点:Cl>H,故酸性FCH2COOH>ClCH2COOH>CH3COOH,C正确;将C60和C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中可以分离C60和C70,D正确。
二、非选择题(本题共4个小题，共58分)
AUTONUM ．（14分）答案：
（1）ClO2的空间结构为V形，属于极性分子，水分子也为极性分子
（2） H2C2O4＋2KClO3 EQ \(=====,\s\up7(△)) K2CO3＋2ClO2↑＋CO2↑＋H2O
（3）冷凝收集ClO2
（4） 温度计 盛装碱石灰的球形干燥管
（5） 2ClO2＋10I－＋8H+ === 5I2＋5Cl－＋4H2O 8100
解析：
装置A为发生装置，KClO3与H2C2O4反应生成ClO2，经过装置B冷凝得到液态ClO2，装置C为尾气处理装置，以此解题。
（1）ClO2的中心Cl原子含2个σ电子对，同时Cl自身还有孤电子对，根据价层电子对互斥理论知ClO2空间构型为V形，为极性分子，H2O也为V形极性分子，根据相似相溶原理知ClO2易溶于水。
（2）根据题意，初步确定反应为：KClO3+H2C2O4→ClO2↑+CO2↑+K2CO3+H2O，根据得失电子守恒和元素守恒配平得完整方程式为： H2C2O4＋2KClO3 EQ \(=====,\s\up7(△)) K2CO3＋2ClO2↑＋CO2↑＋H2O。
（3）由于ClO2的熔点很低，装置B可用于冷凝收集ClO2。
（4）由于该反应需控制温度60 ℃，故装置A还应安装温度计以控制反应温度；CO2、ClO2等气体溶于NaOH溶液会引发溶液倒吸，故可将装置C改进盛装碱石灰的球形干燥管。
（5）①步骤2的目的是使ClO2充分与KI反应生成I2，根据得失电子守恒、电荷守恒(溶液显酸性可添加H+)、元素守恒配平，可得对应离子方程式为： 2ClO2＋10I－＋8H+ === 5I2＋5Cl－＋4H2O；
②结合①中所写方程式和步骤3方程式，得关系式：
2ClO2 ～ 5I2 ～ 10 Na2S2O3
2 10
N(ClO2) n(Na2S2O3)
则n(ClO2)= EQ \F(n(Na2S2O3),5) × EQ \F(50,10)=0.1 ml·L-1×12 mL×10-3L·mL-1=1.2×10-3 ml，所以原溶液中ClO2的含量= EQ \f(1.2×10－3 ml×67.5 g·ml－1×103 mg·g－1,10 mL×10－3 L·mL－1) = 8100 mg·L-1。
AUTONUM ．（14分）答案：
（1）B
（2）C3H8(g)＋5O2(g) === 3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH = －2220 kJ·ml－1
（3） EQ \F(b－3a,2)或－ EQ \F((3a－b),2) BC
（4） 10% D
（5）BC
解析：
（1）①天然气、②煤、④石油为化石燃料，属于不可再生能源，且对环境污染严重，③核能使用不当会对环境有污染，⑤太阳能、⑥生物质能、⑦风能、⑧氢能在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，属于未来新能源标准，所以答案：⑤⑥⑦⑧，故选B。
（2）已知11g丙烷(C3H8)即0.25 ml，在298 K和101 Kpa条件下完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为555 kJ，故1 ml丙烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为2220 kJ，丙烷燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=﹣2220kJ•ml-1。
（3）由盖斯定律， EQ \F(3,2)×① － EQ \F(1,2)×②得反应③，则ΔH3 = EQ \F(3,2)ΔH1- EQ \f(1,2)ΔH2 = [ EQ \F(3,2)(－a)- EQ \f(1,2)(－b)]= EQ \F(b－3a,2) kJ·ml－1；
在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的二氧化碳和氢气发生反应③：
A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度保持不变不能说明反应已达平衡，A错误；
B．H2的转化率保持不变，说明H2的浓度保持不变，则说明反应达到平衡，B正确；
C．CO2和CH3OH的化学计量数相等，故CO2的消耗速率与CH3OH的消耗速率相等时说明正反应速率和逆反应速率相等，C正确
故选B。
（4）假设反应I中CO消耗x，反应II中CO2消耗y，列三段式：、，
平衡后测得n(H2) = 9 ml，n(CH4) = 10 ml，
则40-3x-46 =9 x+y=10，
联立解得：x=9, y=10；
①CO2的平衡转化率：1ml/10ml×100% = 10%；
②n(CO2) = 10 ml－1 ml = 9 ml，n(H2O)= 9 ml＋2×1 ml = 11 ml反应Ⅱ平衡常数，答案选D。
（此题用原子守恒解最为简单，可以避开三段式）
（5）A．根据图像可知，在200~360 ℃范围内，Ni－CeO2的催化效果比Ni更好，故A正确；
B．催化剂只能影响反应速率，不能使平衡发生移动，故B错误；
C．根据图像可知，A点时，反应已达到平衡，延长时间，转化率不变，故C错误；
答案选BC。
AUTONUM ．（16分）答案：
（1） 碱 CN－＋H2O ⥫⥬ AUTOTEXT \* MERGEFORMAT HCN＋OH－
（2）②>④>③>①
（3）CO2＋ClO－＋H2O === HClO＋HCO eq \\al(－,3)
（4）2c(H2SO3)
（5）正极 CH4＋10OH－ － 8e－ === CO eq \\al(2－,3)＋7H2O
（6）11.2
解析：
由电子移动方向可知，装置甲为燃料电池，通入甲烷的电极a为负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；装置乙为电解硫酸铁的电解池，c电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，d电极为阴极，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；装置丙为电解硫酸钠溶液的电解池，f电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，g电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子。
（1）氰化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和氢氰酸使溶液呈碱性，反应的离子方程式为CN－＋H2O ⥫⥬ AUTOTEXT \* MERGEFORMAT HCN＋OH－；
（2）弱酸的电离常数越大，酸性越强，由电离常数可知，常温下，酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，由盐类水解规律可知，等浓度的醋酸钠溶液、氰化钠溶液、碳酸氢钠溶液、次氯酸钠溶液pH由大到小的顺序是②>④>③>①；
（3）弱酸的电离常数越大，酸性越强，由电离常数可知，常温下，次氯酸的酸性弱于碳酸，强于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸的原理可知，次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O = HClO＋HCO eq \\al(－,3)；
（4）常温下，亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH－)=c(HSO eq \\al(－,3))＋c(H+)＋2c(H2SO3)，则溶液中c(OH－)－c(H+) = c(HSO eq \\al(－,3))＋2c(H2SO3)；
（5）由分析可知，装置甲为燃料电池，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，通入甲烷的电极a为负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为 CH4＋10OH－－8e－ === CO eq \\al(2－,3)＋7H2O；
（6）由分析可知，装置丙为电解硫酸钠溶液的电解池，g电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则标准状况下，外电路中转移1ml电子时，g电极上生成氢气的体积为1ml× EQ \F(1,2)×22.4 L/ml=11.2 L。
AUTONUM ． (14分)答案：
（1） 7(1分) 3s23p1(1分)（2）Si>Mg>Al(2分)
（3）高(2分) （4）eq \f(384×1030,a3·NA) (2分)
（5）D(2分)（6）BC(2分)
（7） A (2分)
解析：
（1）基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，电子的空间运动状态等于电子所占据的轨道数，其核外电子的空间运动状态有7种，其价电子排布式为3s23p1；
（2）同一周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，但由于第ⅡA族最外层的np能级为全空，能量较低，第一电离能比同周期第ⅢA族的元素高，故Mg、Al、Si其第一电离能大小为Si>Mg>Al；
（3）SiC的熔点比晶体Si的高，因为SiC和Si都是原子(共价)晶体，而C原子半径较Si的小，则Si-C键长较Si-Si键长短，Si-C键能更大，故SiC的熔点更高；
（4）由该晶胞结构可知，该晶胞中所含正四面体结构单元的数量为个，故，解得；
（5）A项，第二周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，A正确；B项，PO43-中P的σ键数为4，孤电子对数为，为sp3杂化，空间结构为正四面体形，B正确；C．由Ru配合物结构简式可知，Ru的配位数为6，C正确；D项，吡啶中原子在同一平面，则C、N原子的价层电子对数均为3，杂化方式均为sp2，D错误；故选D；
（6）A项，[Cu(NH3)2]Cl中Cu原子化合价为+1价，其价电子排布式为3d10，无未成对电子，A不符合题意；B项，[Cu(NH3)4]SO4中Cu原子化合价为+2价，其价电子排布式为3d9，有未成对电子，B符合题意；C项，Na2[Cu(OH)4] 中Cu原子化合价为+2价，其价电子排布式为3d9，有未成对电子，C符合题意；故选BC；
（7）由于NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，N-H成键受到的排斥力减少，故[Cu(NH3)4]2+中的H-N-H键角更大，故选A。