湖北省随州市2025-2026学年高二下学期期末化学试卷（Word版附答案）

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【详解】A．食用油的主要成分是不饱和脂肪酸甘油酯，故A错误；
B．多个具有特定三级结构的多肽链通过非共价键相互作用（如氢键等）排列组装，形成蛋白质四级结构，B错；选必三教材P114页
C．核糖属于单糖，不属于生物大分子，故C错误；选必三教材P122页
D．葡萄糖在水溶液中存在链状和环状结构之间的平衡，且主要以环状结构存在。选必三教材P104页
2.【答案】B
A.据洪特规则及特例可知，基态Cr原子价层电子轨道表示式：，A错；
p-pπ键由两个平行p轨道侧面重叠形成，电子云轮廓图应显示上下对称的重叠区域，B正确；
NH3中心原子有3个σ键，孤电子对数为1，价层电子对数为4，VSEPR模型，C错；
D.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，D错误。选必二教材P57页
3.【答案】B
【详解】A．乙二酸乙二酯结构为，++2H2O，A错；
B．乙醇具有还原性，能被酸性溶液氧化成乙酸，+6价Cr元素还原为+3价，乙醇与酸性溶液反应：，B正确；
C．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热，溴乙烷发生水解反应，C2H5Br + OH- C2H5OH+Br-，C错误；
D．碳酸的酸性强于苯酚，故酚羟基不与反应，正确的离子方程式为+→ +CO2+H2O，D错误；
4.【答案】C
【详解】A．1 ml X中醛基和羟基中各含有1 ml碳氧σ键，1 ml X含有2 ml碳氧σ键，故A错误；
B．Y中含有羟基和羧基，都可以与水形成分子间氢键，Z中只有羟基能与水形成分子间氢键，故Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，故B错误；
C．Z存在顺反异构，足量 HBr 与双键加成，与溴原子相连的碳原子具有手性，故反应生成的有机化合物分子中存在1个手性碳原子，故C正确；
D．分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物，X、Y和Z产物均是对苯二甲酸，故D错误。
5.【答案】B
A．金属盐灼烧呈现不同焰色是电子从高能轨道跃迁至低能轨道时释放光的波长不同，并非低能到高能轨道跃迁时的吸收波长，A错误；
B．聚乙炔为单双键交替的结构，可形成离域大π键，为电荷传导提供通路，因此能导电，B正确；选必三教材P40页
C.是极性共价键形成的极性分子（V形结构），但极性较弱，C错误；选必二教材P53页
D.离子晶体熔点的核心影响因素为晶格能，MgO中阴、阳离子所带电荷均为2，中阴、阳离子所带电荷均为1，而r(Mg2+)>r(Li+)、r(O2-)>r(F-), MgO的晶格能大于的原因是阴阳离子电荷数高，离子半径角度反而会导致晶格能减小，故此处阴阳离子所带电荷是影响晶格能的主要因素，故D错误；
6.【答案】B
【详解】A．溴水可以腐蚀橡皮管，盛装溴水应用酸式滴定管，A不符合题意；
B．铜氨溶液作为电镀铜的电解液，可以让镀层更加致密，B符合题意；选必一教材P122页
C．氯化铁是强酸弱碱盐，会发生水解，直接加热会促进水解，同时HCl会挥发，使得水解平衡正向移动而生成氢氧化铁，继续加热会分解生成氧化铁，不能制得无水固体，C不符题意；
D．浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热反应制得的乙酸乙酯中混有能与碳酸钠溶液反应的乙酸和能与水以任意比例混溶的乙醇，将导气管插入饱和碳酸钠溶液中易发生倒吸，D不符合题意。
7.【答案】C
【分析】由W2+可知W最外层有 2 个电子，且的基态原子核外电子填充时占据4个能级，推出W为Mg。Y和Q同主族，且结构中Y形成双键，推测Y为O，则Q为S（同主族且原子序数更大）。X形成 4 个单键，原子序数小于O，故X为C；Z形成1个单键，原子序数比O大，故Z为F。
【详解】A．Z为F，F无正价，元素的最高价：不成立，A错误；
B．Y为O（第二周期），同周期第一电离能比O大的主族元素有N、F，不止一种，B错误；
C．Z为F、Y为O、Q为S，非金属性F>O>S，简单氢化物稳定性HF>H2O>H2S，即Z>Y>Q，C正确；
D．Q为S，在化合物中S形成6个共价键，最外层电子数超过8个，D错误。
8.【答案】C
【详解】A．X的相对分子质量应该用质谱法测定，A错误；B．Y中氧原子与Na+以弱配位作用结合，B错误；C．X、Y中的N原子均为sp3杂化，C正确；D．X对钠离子有较强络合能力，Cs+半径较大，与X匹配度差，无法有效增大CsCl在有机溶剂中的溶解度，D错误。
9.【答案】D
A. 乙醇制乙烯时会发生副反应，生成的SO2和挥发出的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；选必三教材P61页
B．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有H2S、PH3等还原性杂质，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明生成乙炔，B错；选必三教材P38页
C．丙烯醛与足量新制悬浊液反应后溶液呈碱性，溴水在碱性条件下可与OH−反应发生褪色，无法证明是碳碳双键使溴水褪色，应先酸化再加溴水，C错；
D.在大试管中加入2 g苯酚、3 mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热，可以制取线型酚醛树脂，D正确。选必三教材P140页
【答案】A
【详解】A．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以①中增大氯离子浓度，反应的平衡常数不变，A错误；
B．②的溶液中存在如下反应：，向红色溶液中继续滴加1滴浓硫氰化钾溶液，溶液中硫氰酸根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中离子增大，溶液红色会加深，B正确；
C．由分析可知，③的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子，说明氟离子对铁离子的配位能力强于硫氰酸根离子对铁离子的配位能力，C正确；
D．由分析可知，④的溶液中离子氧化性较弱，不能氧化碘离子，所以向④的溶液中滴加碘化钾溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，D正确。
【答案】D
A．金刚石中C原子为杂化，石墨中C原子为杂化，二者杂化方式不同，金刚石中每个碳原子被12个六元环共用，A错误；
B．石墨晶体层内是共价键、层间是范德华力，同时还存在金属键，属于混合型晶体，不是过渡晶体，B错误；
C．干冰晶体为分子密堆积，冰不是，C错误；
D．键角3是中的键角，S的价层电子对数为4、孤电子对数为0，为正四面体结构，键角约109°28′，键角最大；键角1、2对应的O均为杂化，键角1的O提供孤电子对与Fe形成配位键，孤电子对数为1，键角2的O孤电子对数为2，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，键角越小，故键角顺序为，D正确；
12.【答案】C
【详解】A．根据图1晶胞结构：Mg2+位于8个顶点，总数为，F-位于12条棱上，总数为，K+位于体心，完全属于该晶胞，总数为1，即，，A正确；
B．K+在体心，周围最近的F-在12条棱的中点，所以配位数为12，Mg2+在顶点，每个 Mg2+周围最近的F-有6个，配位数为6，因此，配位数之比为，B正确；
C．图2是掺杂La3+后的结构，La3+占据1个顶点，数目为，Mg2+占据其余7个顶点，数目为，F-位置未变，仍为3个，K+位置部分被空位取代，设K+数量为，空位数为，根据电荷守恒：，，所以 K+数为，空位数为，空缺率为，C错误；
D．一个晶胞含1个单元，所以晶胞质量为，晶胞体积为，密度为，D正确。
13.【答案】D
【分析】首先判断放电时的电极性质： 放电时，极上转化为，（中性）得电子生成带2个单位负电荷的，因此为正极；极上失电子转化为，因此为负极，充电时，a为阴极，b为阳极，据此解答。
【详解】A．放电时，负极电势低于正极电势，为负极、为正极，因此极电势低于b极电势，A错；
B．放电时a负极，失电子生成，电极反应式=，B错；C．放电时，a极每失去1 ml电子，a极区域负电荷减少1 ml，b极得到电子后负电荷增加，a极区域多余的（阳离子）需要移向正极（b极），或者正极（b极）区域的OH-向左侧移动，但题干说a极区域pH=14时，放电效果最佳，因此离子交换膜为阳离子交换膜，C错误；
D．放电时，电极反应：（N自身带2个单位负电荷）；充电是放电的逆过程，1 ml N生成1 ml M时，总共失去4 ml电子，因此生成1 ml M转移，D正确。
14.【答案】D
【详解】A．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；
C．反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；
D．反应 I 的焓变=反应 I 的活化能-反应Ⅱ的活化能，D错误。
15.【答案】C
【详解】A．已知是难溶弱酸盐，不水解，为二元弱酸，，故；x轴从左到右逐渐减小（酸性增强）：越小，浓度越大，越易结合，游离浓度降低，为满足，会增大，因此随减小而增大，最上方的曲线I为，A正确，不符合题意；
B．据题图交点：pH=7.3时，，故Ka2=cH+=10−7.3；时，，由，得Kal=10−4.62Ka2=10−9.210−7.3=10−1.9，Ka1数量级为，B正确，不符题意；
C．pH=4