2026年湖南省湘潭市高二下学期第一次月考化学模拟试卷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模拟试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案ABCCDCCCBB题号11121314答案CBAB1．A【分析】已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，M形成+3价阳离子，且M原子的最外层电子数等于其电子层数，所以M为Al。又因为W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，可知W、X、Y处于第二周期，Z处于第三周期。Z可以形成6个共价键，故Z为S。W可以和硫形成2个键、X可以形成1个键、Y可以形成4个键，则W为O、X为F、Y为C。【详解】A．W为O、Y为C，同一周期主族元素随着原子序数变大，第一电离能有变大趋势，所以第一电离能，即，A正确；B．M为Al，Z为S，X为F，电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，元素对应简单离子半径大小关系为：，即，B错误；C．X为F、Y为C，W为O，X、Y、W形成的简单氢化物均为分子晶体，相对分子质量大则沸点高，但是HF和可以形成氢键导致沸点升高，且常温下为液体，但未指明是最简单氢化物，C可形成多种氢化物，沸点不确定，所以无法比较，C错误；D．Y为C，形成的最高价氧化物对应水化物为碳酸，碳酸为弱酸，Z为S形成的最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，最高价氧化物的水化物的酸性：，D错误；故答案选A。2．B【详解】A．由能量变化图可知，第一步反应的活化能最高，为决速步骤，A不符合题意；B．反应速率方程为，速率与浓度无关，增大浓度不能提高反应速率，B符合题意；C．该反应的反应物总能量高于生成物，为放热反应，适当降温可使平衡正向移动，提高叔丁醇的平衡产率，C不符合题意；D．的中心C原子形成3个键，无孤电子对，采用杂化，D不符合题意；故选B。3．C【详解】A．甲烷属于分子晶体，金刚石属于共价晶体，二者转化后晶体类型发生改变，A正确；B．石墨中碳原子采取sp2杂化，每个碳原子未参与杂化的2p轨道相互重叠形成大π键；金刚石中碳原子采取sp3杂化，金刚石中碳碳键的键长更长，故x>142，B正确；C．金刚石晶胞中，图中x是晶胞体对角线的，则体对角线长4xpm，那么晶胞棱长为，a位和b位碳原子的核间距为面对角线()的一半，即，不是，C错误；D．石墨晶胞中C原子数为4，金刚石晶胞中C原子数为8，根据，，D正确；故选C。4．C【详解】A．质子数为1，得到1个电子后核外电子总数为2，图示结构示意图正确，A正确；B．电子云沿轴方向伸展，为哑铃形，图示正确，B正确；C．Cr是24号元素，根据洪特规则特例，半充满电子结构更稳定，基态Cr原子的价层电子排布式为，C错误；D．与互为等电子体，结构相似，结构式为，D正确；答案选C。5．D【分析】在催化下与发生氧化还原反应生成甲醇（），甲醇在醇氧化酶的作用下被氧化生成甲醛（），甲醛在甲酰酶的作用下发生缩合反应生成DHA（），DHA经过一系列反应最终生成淀粉（）。【详解】A．标准状况下，甲醇（）为液态，不能用气体摩尔体积（）计算其物质的量，A错误；B．的摩尔质量为，物质的量为，的结构式为，分子中共有个键（2个键，1个键，双键中含1个键），因此含键数目为，B错误；C．生成的反应中，中为价，中为价，生成时，每个失去电子，转移电子数为，物质的量为，转移电子数为，C错误；D．淀粉的结构单元为葡萄糖单元，每个重复单元中含有个手性碳原子（连4个不同基团的碳原子），1个淀粉分子含n个结构单元，每个结构单元含5个手性碳原子，故1mol淀粉含手性碳原子的数目为，D正确；故答案选D。6．C【详解】A．PH3和PF3中P均为sp3杂化，配原子电负性越大，成键电子对越远离中心P原子，成键电子对间斥力越小，键角越小。电负性F>P>H，因此键角PH3>PF3，A不符合题意；B．同周期主族元素从左到右金属性减弱，金属性Na>Mg，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性NaOH>Mg(OH)2，B不符合题意；C．卤代羧酸的酸性与卤原子的吸电子诱导效应有关，卤原子电负性越大，吸电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，越易电离出H+，酸性越强。酸性的原因是电负性Br>I，不是电离能Br>I，解释错误，C符合题意；D．NH3中N原子电负性大，能与水分子形成分子间氢键，增大水溶性，PH3不能与水形成分子间氢键，因此水溶性NH3>PH3，D不符合题意；故答案选C。7．C【详解】A．生成R和S的反应路径在能量图中均显示3个能量峰（对应3个基元反应），且第二步的活化能（最高峰）最大，为决速步骤，A正确；B．(R)-3a能量（-58.0kJ/mol）低于反应物（0.0kJ/mol），反应放热，降低温度平衡正向移动，可提高(R)-3a平衡产率，B正确；C．产物的分子结构中N原子间含双键，还有π键，C错误；D．(S)-3a的稳定性弱于(R)-3a，能量越低物质越稳定，总键能越大，故(S)-3a总键能小于(R)-3a，D正确；故选C。8．C【详解】A．生成X（苯磺酸）时，浓硫酸是反应物；生成产物（硝基苯）时，反应后重新生成硫酸，浓硫酸作催化剂，二者作用不同，A错误；B．由图可知，生成的活化能大于生成的活化能，升高温度对活化能更大的反应速率提升更显著；且生成物能量更低，生成放热更多，升温平衡向吸热方向（生成方向）移动，因此升温会降低产物中的占比，B错误；C．催化剂具有选择性，选择合适的催化剂可以选择性降低生成反应的活化能，加快生成的速率，从而提高的产率，C正确；D．该反应中第一步生成中间体的过程活化能最大，是总反应的决速步，只参与第二步快反应，因此加入不能改变决速步的速率，无法有效提高总反应速率，D错误；故答案选择C。9．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。10．B【分析】滴定开始时和的混合溶液显碱性，已知碱性>，所以用盐酸滴定时，盐酸会先与反应，随pH降低，曲线4最先下降，对应物质为，同时生成，最先上升的曲线3为，达到滴定终点a时，盐酸与恰好完全反应；然后盐酸再与反应，曲线2为，同时生成，曲线1为，达到滴定终点c时，盐酸与恰好完全反应；据此回答。【详解】A．由分析可知，对应曲线2，A正确；B．b点满足电荷守恒：，b点，，故，B错误；C．时，，即，，C正确；D．碱性更强优先反应，消耗20mLHCl完全反应，消耗HCl完全反应，两者浓度之比等于消耗同浓度HCl的体积比为，D正确；故选B。11．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。12．B【分析】通入氧气的电极B为正极，电极方程式为，通入的电极A为负极，电极方程式为、，据此分析。【详解】A．根据分析，电极A为负极，A错误；B．根据分析，电极B为正极，发生还原反应，B正确；C．电池工作时，往负极即电极A移动，C错误；D．电极A上参与的电极反应式为：，D错误；故选B。13．A【详解】A．SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，SO2会被氧化为，离子方程式为：，A不正确；B．硫酸铵溶液中水解使溶液显酸性，水解离子方程式：，B正确；C．浓硝酸见光易分解，反应方程式：书写正确，因此需要用棕色瓶保存，C正确；D．AgI溶解度小于AgCl，向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，AgCl转化为黄色AgI沉淀，沉淀转化的离子方程式：，D正确；答案选A。14．B【详解】A．实验室制氯气时，排饱和食盐水除去中的HCl，是利用饱和食盐水中的的高浓度，抑制溶解平衡正向移动，减少溶解，符合勒夏特列原理，A不符合题意；B．工业合成氨，采用400~500℃高温，虽为放热反应，但勒夏特列原理建议低温以提高产率；实际采用高温是为了提高反应速率和催化剂活性，属于动力学考虑，不能用勒夏特列原理解释温度选择，B符合题意；C．工业生产硫酸时使用过量氧气，使平衡正向移动，提高SO2转化率，符合勒夏特列原理，C不符合题意；D．向溶液加NaOH，溶液由橙变黄，是因加中和，使平衡右移，浓度增大，符合勒夏特列原理，D不符合题意；故答案选择B。15．(1)和(2)(3)(4)时锗转化为，无法形成目标络阴离子进入有机相，因此萃取率下降a【分析】加入二氧化硫、硫酸还原浸出，被二氧化硫还原为，浸出液中含有，滤渣为；题中给出物质A为碱性氧化物，酸溶后得到石膏，则物质A为；加入酒石酸和有机溶剂形成酒石酸络阴离子，加入物质B反萃取得到，时，以形式存在，则物质B为氢氧化钠溶液，由此分析解答。【详解】（1）锗是32号元素，基态原子简化电子排布式为；锌浸渣中不与硫酸反应，难溶于硫酸，因此还原浸出后的滤渣主要为和。（2）还原浸出中将溶解生成的还原为，配平后反应方程式为：；沉锗步骤需要调pH，且后续酸溶得到石膏，物质A为碱性氧化物，因此A为。（3）“沉锗”操作后锗以形式存在，当pH<2时，Ge以存在溶解度高难以沉淀；pH=2.5−5时，Ge以存在；pH>12时，Ge以存在。要使锗沉淀且尽量减少沉淀，根据信息，开始沉淀的pH为6.2，所以“沉锗”操作理论上需控制pH范围为。（4）①pH=1.8<2时，锗以形式存在，每个酒石酸（）失去2个与络合，配平后得到离子方程式。②根据已知信息，时锗转化为，无法形成目标络阴离子进入有机相，因此萃取率下降。③反萃取最终得到，pH>12时锗以形式存在，因此需要加入NaOH溶液，选a。16．(1)小于a(2)反应i和iii的K值很大，而反应ii的K值相对较小(3)(4)<30(5)2(6)>【详解】（1）图中反应ii的平衡常数随温度升高而减小，即温度升高反应ii平衡逆移，故正向为放热反应，；反应i、iii的温度随K值变化与反应ii一致，故反应i、ii、iii均为放热反应，由反应i、ii、iii可知反应i=反应ii+反应iii，则，由图可知，则是最大的，对应曲线a。（2）SA是在反应i和反应iii中产物，根据其平衡常数值可知两反应的K值很大，即反应限度大，而反应ii的平衡常数很小，故在330K至350K下SA平衡产率很高。（3）在阴极发生还原反应转化为，碳元素由+4价降低到-2价，据此写出电极反应为；（4）反应①是MA转化为FA，反应②是MA转化为M，根据反应时间与含量图可知，单位时间生成FA的速率更快，速率越快活化能越小，故反应①的活化能小于反应②的活化能；6.5h后反应达到平衡，由图可知，平衡时FA的x为0.6，M的x为0.38，则MA的x为。反应①为MA⇌FA，其浓度平衡常数。（5）由于反应①和②是平行反应，任意时刻生成的FA和M的浓度之比等于其反应速率常数之比，k1/k2=c(FA)/c(M)=4.5，当c(M)=2mol/L有c(FA)=9mol/L。由于物料守恒，有c(M)+c(FA)+c(MA)=c0(MA)=13mol/L，故c(MA)=2mol/L；（6）已知能形成分子内氢键，MA的两羧基比较近，这种因素使MA第一个质子更易电离，而富马酸(FA)的反式结构无法形成这种分子内氢键，故。17．(1)低温(2)BD(3)156.3%(4)吸收【详解】（1）反应①为，，根据反应自发，该反应是气体分子数减少的反应，，所以在低温条件下反应可以自发进行；（2）A．增加投料量可以使平衡正向移动，但自身转化率降低，A错误；B．将分离出来可以使平衡向正反应方向移动，转化率提高，B正确；C．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，转化率不变，C错误；D．等比例增大三种气体投料量相当于等效于加压，平衡正向移动，转化率提高，D正确；答案是BD；（3）设初始投料，，，容器体积为V，温度为T，转化率为50%，即反应①消耗，设反应②消耗，建立三段式已知，即，所以x=0.25，平衡时各气体物质的量分别是，，，，，，总物质的量，所以，分离部分后，新转化率75%，即反应①消耗0.75mol，假设反应②消耗CO的量为ymol，重新建立三段式，根据，得出y=0.375mol，所以CO总转化量为0.75mol+0.375mol=1.125mol，所以CO的转化率为；（4）过程I中吸附在催化剂表面并发