2026年湖南省湘潭市高二下学期第一次月考化学练习卷01（人教版）（解析版）

2026年湖南省湘潭市高二下学期第一次月考练习卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案DBCDCCDABD题号11121314答案CBCC1．D【详解】A．4s前Y浓度逐渐增大，说明Y的生成速率（反应Ⅰ速率）大于Y的消耗速率（反应Ⅱ速率），即反应Ⅰ速率＞反应Ⅱ速率；4s后Y浓度逐渐减小，说明Y的生成速率小于消耗速率，即反应Ⅰ速率<反应Ⅱ速率，A正确；B．根据物料守恒，4s时可得X初始总浓度，，，B正确；C．升高温度，所有反应的反应速率均增大；反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度平衡均逆向移动，反应物平衡转化率均减小，C正确；D．温度不变，K1=、K2=均不变，则不变，D错误；故选D。2．B【详解】A．容量瓶是定容容器，不能直接在容量瓶中溶解固体，固体溶解必须在烧杯中进行，冷却后再转移到容量瓶，A错误；B．该装置有隔热装置，大小烧杯杯口平齐。玻璃搅拌器导热性差，减少了热量的散失，可使溶液充分混合，温度计可测量温度用于计算中和热，B正确；C．收集氨气的试管不能密封，否则压强过大有危险。氨气密度小于空气，易溶于水，应该用向下排空气法收集，C错误；D．湿棉花与铁粉的位置对换，确保湿棉花提供的水蒸气与铁粉充分接触，D错误；答案选B。3．C【分析】硫酸四氨合铜晶体加入稀硫酸溶解，加入碘化钾将铜离子还原为碘化亚铜，碘离子被氧化生成碘单质，用硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，从而计算Cu元素含量。【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；步骤Ⅰ中用到的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒，A正确；B．为防止空气中氧气对滴定过程的影响，步骤Ⅲ滴定时间不宜过长，B正确；C．步骤Ⅲ若滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，导致Na2S2O3标准液读数增大，使得测定结果偏大，C错误；D．由反应、，得反应关系式，结合铜元素守恒，则mg产品中的质量分数为，D正确；故选C。4．D【分析】磷酸铁锂电池的总反应为：，充电时阴极反应式为：，充电时阳极反应式为：。【详解】A．根据分析可知，石墨放电时作负极，失去电子，充电时作阴极，得到电子，应连接直流电源的负极，电源C为负极，A不符合题意；B．根据分析可知，电解质溶液为非水溶液体系，B不符合题意；C．根据分析可知，充电总反应为：，C不符合题意；D．根据分析可知，充放电过程中，传导的是锂离子，所以不能是阴离子交换膜，D符合题意；故答案选D。5．C【详解】A．铜与稀硫酸在常温下不反应，只有在加热条件下，铜才能与浓硫酸反应生成SO2，该装置不能探究铜粉与硫酸的反应速率，A错误；B．析氢腐蚀需要酸性环境（如盐酸或稀硫酸），而吸氧腐蚀发生在中性或弱碱性环境中。本实验中，铁粉和活性炭在中性条件下（水和空气）会发生吸氧腐蚀，而非析氢腐蚀，B错误；C．图示中，两个试管分别加入2mL0.05mol·L-1和2mL0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液，同时加入2mL0.1mol·L-1的H2SO4溶液，其他条件一致，通过比较浑浊出现的时间，可以探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，C正确；D．图示中，使用酸式滴定管盛装NaOH溶液进行滴定，滴定时应该用左手控制旋塞，大拇指在管前，食指和中指在后，三指轻拿旋塞柄，手指略微弯曲，向内扣住旋塞，避免产生使旋塞拉出的力，D错误；故选C。6．C【分析】溶液中含A微粒有、、三种，随着溶液pH的增大，的物质的量分数一直增大，的物质的量分数先增大后减小，的物质的量分数一直减小，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示、、三种微粒的物质的量分数。【详解】A．是二元弱酸，pH升高（碱性增强）时，含A微粒的变化规律：的物质的量分数逐渐减小，先增后减，的物质的量分数逐渐增大。因此：曲线Ⅰ：，曲线Ⅱ：，曲线Ⅲ：，A不符合题意；B．，pM越大，越小：对于，溶解平衡：，pH越大，越大，减小越快，pM增大越快，曲线更陡。对于，溶解平衡：，pH增大时增大，减小，pM增大，但速率比慢，曲线更平缓。相同pH下，的更大，pM更小，因此曲线甲是MA的溶解平衡曲线，乙是的溶解平衡曲线，B不符合题意；C．乙为的溶解曲线，交点处，，因此：选项C错误，C符合题意；D．当时，，二级电离常数。调节时，，代入得：，即。时，，总A浓度为，因此，，D不符合题意；故选C。7．D【详解】A．决速步为慢反应即活化能大的反应，由图可知步骤Ⅰ的活化能E1大于步骤Ⅱ的活化能为E3，故步骤Ⅰ为决速步，A正确；B．ΔH=正反应活化能−逆反应活化能，则=，B正确；C．由图可知总反应放热，升高温度平衡逆向移动，则CH4平衡转化率减小，C正确；D．CH2D2中C连接2个H和2个D，反应时断裂1个C-H或C-D键：断H形成HO-CHD2(CHD2OH)，断D形成DO-CH2D(CH2DOD)，由题意知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则相同时间氘代甲醇的产量：CHD2OH>CH2DOD，D错误；故选D。8．A【详解】A．反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动导致CO2的平衡转化率降低，反应II平衡正向移动导致CO2的平衡转化率升高，CO2的平衡转化率不会一直随温度的升高而降低，故曲线b表示CO2的平衡转化率，故A正确；B．使用催化剂对化学平衡无影响，所以使用高效催化剂不可能使CO2转化率超过平衡转化率，故B错误；C．260～280℃间，CH3OH选择性的实验值大于平衡值，说明相同时间内得到的量更多，反应I的速率大于反应II，即反应Ⅰ生成CH3OH速率大于反应Ⅱ生成CO的速率，故C错误；D．由图像可知，升高温度，CO2转化率升高，CH3OH选择性降低，为提高CH3OH生产效率，需选择适宜的温度，而不是相对较低的温度，故D错误；故选A。9．B【详解】A．明矾净水利用水解生成氢氧化铝胶体吸附悬浮杂质，漂白粉杀菌消毒利用次氯酸的强氧化性，二者作用原理不同，A正确；B．碳酸钠与硫酸铝反应产生的量不足以形成有效泡沫，因此泡沫灭火器常使用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，B错误；C．日常生活中焰火的焰色、LED发光、激光发光，本质都是原子核外电子跃迁释放能量产生光，都与电子跃迁有关，C正确；D．饱和氯化铵溶液中水解使溶液呈酸性，酸性可以和钢铁表面的锈迹（主要成分为氧化铁）反应，因此可清洗锈迹，D正确；故答案选B。10．D【分析】化合物和所含元素相同，二者相对分子质量相差7，则与属于同位素且二者中子数相差1；、和三种元素位于同周期，因为第一周期只有2种元素，三者不能处于第一周期，X原子最外层电子数是其核外电子层数的两倍，且含质子。当处于第三周期时，为元素，此时含有的质子物质的量大于，不符合题意；当处于第二周期，因为则原子最外层电子数为4，故为元素；由含有质子物质的量，可知不能是第二周期元素，即只能处于第一周期，则、是氢元素的2种核素；、的质子数之和为，的质子数为、质子数之和的一半，设的质子数为、的质子数为，则有：、，解得、，故为元素、为元素，据此分析。【详解】A．X为，R为，二者同属第二周期，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径：，A不符合题意；B．W为，单质为；R为，单质为，二者均为空气的主要成分，B不符合题意；C．非金属性：，元素非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，故酸性：，即，C不符合题意；D．X的简单氢化物为，标准状况下为气态；R的简单氢化物为，标准状况下为液态，并非均为气态，D符合题意；故选D。11．C【详解】A．转化为C4H6(g)是两分子偶联，形成了新的C-Cσ键，但此过程不涉及π键的断裂，A错误；B．由图2可知，C2H2(g)转化为的过程中放热，但从到C4H6(g)的过程能量变化未知，B错误；C．由图2可知，乙炔氢化制乙烯的历程中步骤H2O(g)＋＋e-=OH-＋的活化能较高，反应速率较慢，故决定制乙烯的反应速率，C正确；D．转化为的活化能较高，活化能越大，反应越慢，越不利于乙炔氢化制C4H6(g)，D错误；故选C。12．B【分析】W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素：W的焰色为紫红色，且W为+1价阳离子，短周期中符合条件的是锂，W、X、Y、Z同周期，均为第二周期元素，原子序数依次增大：结合成键特点，X形成4个共价键，得X为C；Y形成双键/单键，满足8电子结构，得Y为O；第二周期原子序数比O大的主族元素为Z为F；M原子序数大于F，与WXYZ不同周期（即第三周期主族元素），结合选项中，得M为P（符合组成，原子序数15>9，符合要求）。【详解】A．为（电子层数2），为（电子层数1），电子层数越多离子半径越大，故半径，即，A正确；B．为，中心P价层电子对为对，无孤对电子，空间构型为正四面体，键角约；为，中心C价层电子对为对，无孤对电子，空间构型为平面正三角形，键角为；故键角：，即，B错误；C．Y（O）电子排布为，未成对电子数为2；Z（F）电子排布为，未成对电子数为1，故未成对电子数，C正确；D．非金属性：，非金属性越强，简单氢化物还原性越弱，故还原性，即，D正确；答案选B。13．C【分析】W、X、Y、Z分别属于三个短周期主族元素，且原子序数依次增大，依据所形成化合物的化学键可判断W为H，X为C，Y为N，Z为S，E为NH3，Q为CS2，M的阳离子为，阴离子为48电子的。【详解】A．根据元素电负性规律，同周期从左到右，电负性增大，同主族从上到下，电负性减小；电负性顺序为H(W)<C(X)<S(Z)<N(Y)，即W<X<Z<Y，A错误；B．Q为CS2，是结构对称的直线形非极性分子，硫单质为非极性分子，根据相似相溶原理，S易溶于CS2，不是微溶，B错误；C．同周期主族元素原子半径从左到右递减，故r(N)<r(C)；S为第三周期元素，半径大于第二周期的C、N，故r(N)<r(C)<r(S)，即Y<X<Z，C正确；D．阳离子中N原子价层电子对数为4，采取sp3杂化；阴离子中N原子形成3个σ键、含1对孤电子对，价层电子对数为4，也采取sp3杂化，D错误；故答案选C。14．C【分析】Y是地壳中含量最多的元素，为O，故X在第一周期，Z在第三周期，W在第四周期，基态W原子d轨道充满电子，说明W的3d轨道排满10个电子；且X、Z、W单电子数目相同：W为第四周期元素，d轨道充满，若单电子数为1，则W的核外价电子排布为，；X为第一周期，单电子数为1，；Z为第三周期，单电子数为1，原子序数介于O和Cu之间，对应，则。【详解】A．Cu为重金属，属于重金属盐，A正确；B．化合物中内部存在共价键，B正确；C．一般情况下，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，处于不同周期，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，其第一电离能大于；铜的电子排布为，轨道只有一个电子，容易失去，形成稳定的全充满结构，因此，‌第一电离能最低‌，故第一电离能：，C错误；D．是29号元素，其价层电子排布为，D正确；故选C。15．(1)+157.1(2)高温(3)C(4)a减小反应物与产物的分压，促进主反应的平衡正向移动(5)<(6)7.410.7414.94【详解】（1）反应焓变生成物总摩尔生成焓反应物总摩尔生成焓，副反应；（2）主反应，且反应后气体分子数增多，，根据自发判据，高温下反应自发进行；（3）A．催化剂只加快反应速率，不改变平衡转化率，A错误；B．增大乙苯浓度，正反应速率增大，但乙苯平衡转化率降低，B错误；C．升高温度，正反应速率增大，主反应吸热，平衡正向移动，乙苯转化率增大，C正确；D．恒压加入水蒸气，体系体积增大，乙苯浓度降低，正反应速率减小，D错误；故选C；（4）恒压下，水蒸气比例越高，体系体积越大，减小反应物与产物的分压，促进主反应的平衡正向移动，乙苯平衡转化率越高，时水蒸气最多，转化率最高，对应曲线；（5）、均为平衡态，故，；相同温度下速率常数相同，中乙苯平衡分压小于中乙苯平衡分压，故；（6），550℃时乙苯转化率为，列三段式：，平衡时n(氢气)=n(苯乙烯)=0.4mol，n(乙苯)=0.6mol，水蒸气为4mol，故苯乙烯的体积分数约为7.41%；平衡时氢气的分压为×100kPa≈7.41kPa，故v(H2)=≈0.741kPa·min-1；②550℃下该反应的Kp=4.94kPa。16．(1)(2)不变(3)A温度升高，放热的反应I平衡左移，使转化率降低；吸热的反应II平衡右移，使转化率升高；低温时反应I的影响占主导，总转化率减小；高温时反应II的影响占主导，总转化率增大，因此转化率先减小后增大(4)和【详解】（1）反应焓变反应物总键能生成物总键能。反应III为，反应物总键能；生成物含个、个、个，总键能，因此。（2）①反应I，为放热反应，平衡常数随温度升高而减小，温度，故。②原起始充入，设转化，平衡时，总物质的量，体积分数，与转化程度无关。再充入等物质的量和，起始比例仍为，因此体积分数不变。（3）①A．生成的反应I、III均为气体分子数减少的反应，增大压强平衡向生成方向移动，选择性升高，选择性降低，A错误；B．三个反应生成物均有水，分离出水，所有反应平衡正向移动，平衡转化率提高，B正确；C．反应过程中气体总质量不变，总物质的量变化，平均相对分子质量不变时说明总物质的量不变，体系达到平衡，C正确；D．根据碳元素守恒，消耗的二氧化碳等于生成和的量之和，因此，D正确；故选A。②温度升高，放热的反应I平衡左移，使转化率降低；吸热的反应II平衡右移，使转化率升高；低温时反应I的影响占主导，总转化率减小；高温时反应II的影响占主导，总转化率增大，因此转化率先减小后增大。③、下，转化率为，选择性为，初始，，可得：，，，，，。反应II为气体分子数不变的反应，。（4）阴极得电子生成，结合物质的量不变配平电极反应；阳极放电生成，同时与迁移过来的反应生成，因此阳极气体为和。17．(1)第五周期ⅥB族(2)增大接触面积，提高反应速率(3)(4)“酸浸”时产生的遇电离的会形成，氧化，影响和的生成(5)(6)【分析】将废钼催化剂磨成粉末，在空气中高温焙烧，采用多层逆流方式增大固气接触面积，使反应更充分、速率更快，得到产物固体有，气体以为主；向焙烧后的固体中加入NaOH溶液和双氧水进行浸取，选择性分离钼，利用的酸性氧化物性质，使其与碱反应进入溶液，而钴、镍、铁的氧化物不溶于碱，留在滤渣中；向含的滤液中加入沉钼试剂，再用稀硝酸酸化，将可溶性转化为沉淀，实现钼的提纯与富集；向碱浸滤渣()中加入稀盐酸和双氧水，浸取金属离子，将金属氧化物溶解为可溶性氯化物，使钴、镍、铁进入溶液；向酸浸液中加入NaOH溶液调节pH，利用差异，使完全沉淀为，而仍留在溶液中，实现铁与钴镍的分离；向除铁后的滤液中加入溶液，利用、难溶于水的特性，将转化为草酸盐沉淀，实现钴镍的回收。由此解题。【详解】（1）基态Mo原子的价层电子排布式为，电子层数为5，价电子总数为6，则在周期表中的位置为第五周期ⅥB族。（2）将废钼催化剂磨成粉末并采用多层逆流焙烧，可增大固体与空气的接触面积，使反应更充分，同时提高反应速率和原料利用率，确保等充分转化为。（3）是酸性氧化物，与NaOH反应生成钼酸钠和水，离子方程式为：。（4）若用稀硝酸酸浸，溶液中会引入，后续沉镍、沉钴步骤加入后，在酸性条件下形成强氧化性的，会氧化，导致、无法正常生成，同时可能产生氮氧化物污染。（5）=，当时：，，则pH=2.8，、不能沉淀，由于，，则未沉淀时，也不会沉淀，<，将代入式中，得到，则，pH=，故调节pH的范围为。（6）18.3g的物质的量为0.1mol，其中结晶水的质量为3.6g，得到a点固体损失质量18.3g-14.7g=3.6g，恰好结晶水全部失去，则a点对应固体的成分是，固体Co元素的质量始终为5.9g，b点固体中O元素质量=8.0g-5.9g=2.1g，b点固体Co和O的个数比=，即b点对应固体的成分是，c点固体中O元素质量=7.5g-5.9g=1.6g，c点固体中Co和O的个数比=，即c点对应固体的成分是CoO。18．(1)低温(2)ab(3)b在这一区间内，的体积分数一直在增加，反应Ⅱ在向正方向进行(4)、碳原子��为亚甲基碳