2026年湖南省株洲市高二下学期第一次月考化学模拟试卷（人教版）（解析版）

2026年湖南省株洲市高二下学期第一次月考模拟试卷化学试题（解析版）题号12345678910答案DCCDBCDBAC题号11121314答案DCCA1．D【详解】A．实验1中与反应生成沉淀，Cu元素化合价从+2降为+1，部分化合价从-1升为0生成，配平后反应符合得失电子守恒和原子守恒，反应原理正确，A正确；B．实验2中加入后溶液变红，说明生成了，结合已知是拟卤素，具有氧化性，可氧化生成，B正确；C．实验1无时氧化反应缓慢，加入后反应速率明显加快，且在反应过程中先被氧化，后被还原再生，符合催化剂的特点，因此是该反应的催化剂，C正确；D．刻蚀覆铜板后的腐蚀液中一定含有Cu2+和反应生成的，加入KSCN后，可氧化生成，能将氧化为，也会使溶液变红，因此变红不能说明腐蚀液中一定含，D错误；故答案选D。2．C【详解】A．通入氯水发生反应：，作还原剂，体现还原性，不是漂白性，A错误；B．亚硫酸盐、亚硫酸氢盐都易被空气中氧气氧化，蒸干灼烧后，+4价硫会被氧化为+6价，最终得到，无法制得，B错误；C．由亚硫酸的两步电离常数可得：代入数据：，时，因此可得；亚硫酸第一步电离程度远大于第二步，因此，即，C正确；D．由变形得：；稀释饱和亚硫酸溶液时，逐渐减小（无限稀释接近中性），温度不变不变，因此该比值逐渐增大，D错误；故选择C。3．C【分析】图示为原电池，电极为负极，电极反应式为；电极为正极。【详解】A．电极为负极，电极为正极，负极电势低于正极，A正确；B．根据分析，电极为负极，电极反应式为，B正确；C．由题图可知，Zn转化为[Zn(OH)4]2-，Zn失电子，所在电极为负极，为了维持溶液呈电中性，阳离子朝正极移动，阴离子朝负极移动，通过N膜从右室进入中间室，负极质量减少6.5g，转移的电子的物质的量为0.2mol，因此通过N膜的阴离子的物质的量为0.1mol，C错误；D．电池工作一段时间后，负极区通过M膜向中间室移动，正极区通过N膜向中间室移动，故浓度将增大，D正确；故选C。4．D【分析】根据盖斯定律推导焓变关系：①；②；③，由盖斯定律可知：反应③=反应①-反应②，因此得焓变关系：，，据此分析；【详解】A．弱电解质电离、水的电离均为吸热过程，因此，，A错误；B．根据推导的关系，B错误；C．将代入不等式，化简得，与（电离吸热）矛盾，C错误；D．由，水的电离吸热，，因此，可得，D正确；故选D。5．B【分析】反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C2H5OH的产率下降，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH3CHO的产率上升，即L1为CH3CHO的选择性，由于C2H5OH、CH3CHO、CH3COOC2H5的选择性相加为1，即L2为C2H5OH的选择性，综上L3为乙酸的转化率随温度变化的曲线，据此分析解题。【详解】A．根据分析，曲线L3为乙酸的转化率，A正确；B．由题干图像信息可知，T℃时S(CH3COOC2H5)=S(CH3CHO)=21%，结合题干选择性的计算公式可知，S(CH3COOC2H5)+S(CH3CHO)+S(C2H5OH)=100%，即S(C2H5OH)=1-21%-21%=58%，而含碳产物的物质的量分数分母为，二者分母不同，因此物质的量分数不是58%，B错误；C．反应Ⅲ为吸热反应，温度升高平衡正向移动；反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升温均逆向移动，温度低于340℃时S(CH3COOC2H5)随温度升高增大，说明反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ逆向移动程度，C正确；D．移除H2O(g)，三个反应的平衡均正向移动，三种含碳产物的产量均增加，无法确定CH3CHO的占比变化，因此其选择性不一定增大，D正确；故选B。6．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。7．D【分析】极上被氧化生成，化合价升高，失电子，因此为负极；极上被还原生成，化合价降低，得电子，因此为正极。【详解】A．根据分析可知，a为负极，b为正极；正极电势比负极高，A正确；B．极（负极）反应为，生成；极（正极）反应为，需要消耗，因此需要允许质子通过，该离子交换膜为质子交换膜，B正确；C．从图分析，铵根离子和氧气参与反应生成硝酸根离子，故反应的离子方程式为，C正确；D．据a、b电极反应分析，电子守恒，则二氧化碳和氮气的物质的量比为10：4=5：2，D错误；故选D。8．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。9．A【详解】A．元素非金属性越强电负性越大，O的非金属性强于H，因此电负性：H＜O，A正确；B．主族元素价层电子数等于最外层电子数，O最外层电子数为6，Al最外层电子数为3，因此价层电子数：O＞Al，B错误；C．Mg和Al为第三周期元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Mg位于Al左侧，因此原子半径：Mg＞Al，C错误；D．元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同周期从左到右金属性减弱，金属性Mg＞Al，因此碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，D错误；故选A。10．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。11．D【详解】A．中N原子含有1对孤对电子，中N原子不含孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，键角更小，因此H-N-H键角：，A错误；B．的结构式为，分子中所有单键均为σ键，1mol中共含有4molσ键，B错误；C．羟基为吸电子基团，中N原子的电子云密度小于，N原子电子云密度越大，接受质子能力越强，碱性越强，因此同浓度水溶液的碱性：，C错误；D．中N原子价层电子对数为4，硫酸根中S原子价层电子对数也为4，因此N、S原子均为杂化，D正确；故选D。12．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。13．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。14．A【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素，W的简单离子半径是所在周期最小的，故W为Al；阴离子为，则Q为Cl；阳离子中Z连接4个基团，其中3个为-YX3、1个为-X，阳离子带1个正电荷，X原子序数最小，且只形成1个共价键，X为H；Y与X形成-YX3，且与Z单键相连，故Y为C，Z连接4个基团且带正电，结合原子序数介于C和Al之间，Z为N。【详解】A．为，中心N为杂化，含1对孤对电子，为三角锥形，键角约107°；为，中心Al为杂化，无孤对电子，为平面三角形，键角120°，故键角<，A正确；B．为，分子间存在氢键，沸点远高于只存在范德华力的（），故沸点>，B错误；C．W为Al，其最高价氧化物对应的水化物为，属于两性氢氧化物，不是强碱，C错误；D．X为H元素，核外只有1个电子层，成键后为2电子稳定结构，不满足8电子稳定结构，D错误；故选A。15．(1)减小(2)CO500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO情况下的摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小(3)1.1减小【详解】（1）由盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ得目标反应，则；平衡时正逆反应速率相等，则，则，反应Ⅱ为放热反应，升温，平衡逆向移动，K值减小，故减小；（2）反应Ⅰ为吸热反应，升温，平衡正向移动，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则丙线为甲烷，反应Ⅱ、反应Ⅲ均为放热反应，升温，平衡逆向移动，一氧化碳含量增大，则甲线为一氧化碳，二氧化碳含量受反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡移动的双重影响，乙线为二氧化碳；500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO情况下的摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小。（3）反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，可以用其物质的量分数代替压强，650℃时气相总物质的量4mol，各物质的量分数为H2：0.75，CO：0.05，CO2：0.01，CH4：0.05，H2O：1-0.75-0.05-0.05-0.01=0.14，则反应Ⅱ的平衡常数；CO为4mol×0.05=0.2mol，CO2为4mol×0.01=0.04mol，CH4为4mol×0.05=0.2mol，结合碳守恒，氧化钙吸收二氧化碳为1mol-0.2mol-0.04mol-0.2mol=0.56mol，的吸收率；800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅲ的，温度不变，其值不变，则重新达平衡时，减小。16．(1)K2O>Al2O3>SiO2(2)4FeO·Cr2O3+16NaOH+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O(3)H2SiO3和Al(OH)3(4)4.5~9.3(5)低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他三种盐，故发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl(6)浓KOH溶液阳极发生电极反应生成氧气和H+，c(H+)增大，促进平衡2+2H+⇌+H2O正向移动【分析】铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)中加入纯碱、空气进行熔融氧化，生成Na2CrO4、Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，加水进行冷却浸取后过滤，所得滤渣1为不溶于水的Fe2O3，向过滤后的溶液中加入硫酸经酸化1使Na2SiO3、Na[Al(OH)4]转化为H2SiO3和Al(OH)3沉淀过滤除去，再向滤液中加入硫酸酸化，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加氯化钾发生复分解反应，析出溶解度小的K2Cr2O7，过滤得到K2Cr2O7。【详解】（1）离子键成分百分数与成键元素电负性差正相关，金属性越强，与氧的电负性差越大，离子键成分越高，金属性：K>Al>Si，所以三种氧化物离子键成分百分数由大到小的顺序为：K2O>Al2O3>SiO2；（2）在空气中“熔融氧化”时，FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4、Fe2O3，反应的化学方程式：4FeO·Cr2O3+16NaOH+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O；（3）由分析知，滤渣2的主要成分为H2SiO3和Al(OH)3；（4）酸化除去[Al(OH)4]-和，离子完全沉淀时lgc-5，由图可知当pH=4.5时，Al3+完全沉淀，当pH=9.3时，完全沉淀，则“酸化1”时pH的理论范围为4.5~9.3；（5）由图2可以看出低温时K2Cr2O7的溶解度远小于其他三种盐，因此冷却结晶时，Na2Cr2O7与KCl发生复分解反应：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，K2Cr2O7大量析出；（6）①阴极发生还原反应：2H2O+2e-=H2+2OH-，溶液中K+通过阳离子交换膜进入阴极室，与OH-结合生成KOH，所以阴极室中获得的产品有H2和浓KOH溶液；②阳极发生氧化反应生成氧气和H+，c(H+)增大，促进平衡2+2H+⇌+H2O正向移动，从而在阳极室得到K2Cr2O7。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