2026年湖南省湘潭市高二下学期第一次月考化学模拟试卷（人教版）（解析版）

2026年湖南省湘潭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DBABCACACA题号11121314答案BCDD1．D【详解】A．Nb的核外电子全排布为，核内d电子包括3d轨道的10个和4d轨道的4个，共14个d电子，不是4个，A错误；B．两种Nb核素的改变是原子核中子数变化，属于核变化，化学变化中原子核不发生改变，因此该转化不属于化学变化，B错误；C．元素周期表中ds区只包含ⅠB、ⅡB族，Nb价电子排布为，属于d区，不是ds区，C错误；D．Nb最高能层序数为5，因此位于第5周期；价电子总数为，对应第ⅤB族，描述正确，D正确；故选择D。2．B【详解】A．同一能层中，能级能量顺序为，符合原子轨道能量规律，A正确；B．基态Cr原子（原子序数24）的价层电子排布式应为（因半满稳定），而非，B不正确；C．Fe元素（原子序数26）位于第四周期第VIII族，C正确；D．P原子（原子序数15）基态排布为，是电子从s轨道跃迁至p轨道，能量更高，属于激发态，D正确；故答案为B。3．A【详解】基态X原子核外2p能级有1个空轨道，电子排布式为1s22s22p2，X为C；Y是地壳中含量最多的元素，Y为O；Z原子第三电离能远大于第二电离能，说明Z最外层有2个电子，原子序数大于O，短周期中Z为Mg；W与X同主族，原子序数大于Z，且为短周期元素，故W为Si；据此回答。A．W是Si，位于元素周期表金属与非金属的分界线附近，该区域可寻找新型半导体材料，A正确；B．Y是O，W是Si，非金属性O>Si，非金属性越强，简单气态氢化物热稳定性越强，故热稳定性H2O>SiH4，B错误；C．Z的离子为Mg2+，Y的离子为O2-，二者电子层结构相同，电子层结构相同时核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Mg2+<O2-，C错误；D．电负性：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，Mg的电负性小于C，D错误；故选A。4．B【详解】A．能级不一定比能级的能量高，同一能层时，d能级能量高于p能级（如3d能量高于3p），但不同能层时可能较低（如3d能量低于4p），因此“一定”说法不成立。A错误；B．能级符号相同，能层越大，电子能量越高，故1s、2s、3s轨道电子的能量满足E(1s)<E(2s)<E(3s)，逐渐增大。B正确；C．非金属元素包括氢（s区）和p区元素（如碳、氧、氟等），并非全部位于s区。C错误；D．氮(N)、氧(O)、氟(F)位于同周期，电负性随原子序数增大而增大（N约3.0，O约3.5，F约4.0），故依次增大而非减小。D错误；选B。5．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。6．A【详解】A．霓虹灯光是通过气体放电中电子跃迁发光，节日焰火是金属原子电子跃迁释放特定波长光，两者均与电子跃迁释放能量有关，A正确；B．p能级与s能级的能量高低取决于主量子数n；同一n层p能级高于s能级，但不同n层（如3s高于2p）则不一定，因此“一定高于”错误，B错误；C．电子云表示电子在核外空间出现的概率分布，并非运动轨迹的准确描述（量子力学中电子无确定轨迹），C错误；D．、、轨道在空间相互垂直，但三者能量相同（简并轨道），不依次增大，D错误；故答案选A。7．C【详解】A．硼为第二周期ⅢA族，硅为第三周期ⅣA族，硼和硅在周期表中处于对角线位置，根据对角线规则，它们的化学性质相似，如都能形成共价化合物，硼酸和硅酸均为弱酸等，A正确；B．氢氧化铝既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水，因此是两性氢氧化物，B正确；C．单质铍能与溶液反应生成氢气，但生成物应为，因为铍为价，带两个负电荷，需两个平衡，C错误；D．氢氧化镁为中等强度碱，而氢氧化铍和氢氧化铝均为两性氢氧化物，碱性较弱；同族元素从上到下金属性增强，碱性大于，且碱性更弱，因此碱性强于两者，D正确；故答案选C。8．A【分析】由“基态Z原子的价电子所在能层有16个轨道”：能层轨道数为，得，故Z是第四周期主族元素，又Z带1个单位正电荷，因此；W只形成1个共价键，X形成2个共价键，中心Y形成4个共价键，阴离子整体带1个负电荷，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可推知，，，据此分析解答。【详解】A．X为O，位于第二周期，第二周期所有元素中，第一电离能大于O的有共3种，不是2种，A错误；B．电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素原子序数越大半径越小，因此半径：，B正确；C．，，二者反应：，可以得到该化合物，C正确；D．该化合物为强碱弱酸盐，水溶液中水解生成，溶液显碱性，，D正确；故选择A。9．C【详解】A．HF的沸点约为19.5℃，标准状况（0℃、1atm）下，HF为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，分子数不等于，A错误；B．是弱碱阴离子，在溶液中会发生水解：，因此溶液中数目小于，B错误；C．超重水的摩尔质量为，超重水的物质的量为；1个分子的电子数=质子数，因此超重水所含电子数为，C正确；D．该化合物的分子式为，单键均为键，双键含1个键和1个键；1分子该化合物中含4个键和环骨架5个键，共9个键，有2个键参与形成双键，因此该分子键数目为，键数目为，D错误；故选C。10．A【详解】A．决速步是反应过程中活化能最大的步骤，由图可知是决速步，A错误；B．活化能降低幅度越大催化效果越好，催化剂Ⅳ是催化效果最好的，B正确；C．由1eV=1.6×10−22kJ，，，C正确；D．分解过程中B-H键断裂，的分解过程中O-H键断裂，均有极性键的断裂，D正确；故答案选A。11．B【分析】由图，总反应为在碱性下条件，溴酸根离子和碳在催化条件下生成溴离子和二氧化碳气体，结合电子守恒，反应为；【详解】A．反应中存在碳氧极性共价键的生成，无非极性共价键的生成，A错误；B．反应在铁基活性炭(FAC)材料吸附后进行，碳转化为二氧化碳，碳元素化合价升高，反应中活性炭体现了吸附性和还原性，B正确；C．反应为在碱性下条件进行，被Fe(Ⅱ)还原的离子方程式为，C错误；

D．由分析，每处理1mol理论上生成1.5mol，D错误；故选B。12．C【分析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、Q、W，结合图示可知，W形成+1价阳离子，其原子序数最大，则W为Na；基态Q原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，其原子序数小于Na，Q的原子核外电子排布式为1s22s22p4，则Q为O；X形成1个共价键，Z形成3个共价键，Y形成4个共价键，二者的原子序数均小于O，则X为H，Z为N，Y为C元素，据此分析解题。【详解】由分析可知，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na，据此解题：A．电子层数越多，对应简单离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，对应简单离子半径越大，则上述三种简单离子半径从大到小依次为：N3-＞O2-＞Na+，Z>Q>W，A错误；B．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性比较：O＞N，即Q＞Z，B错误；C．X、Y、Q分别是H、C、O元素，则形成的某种化合物中，若为H2C2O4（草酸），则C元素的化合价为价，C正确；D．只含有X（H）、Z（N）、Q（O）三种元素可组成离子化合物，NH4NO2等，D错误；故选C。13．D【详解】A．为平面结构，则中心C原子、N原子的杂化方式均为sp2，A正确；B．中C碳原子杂化方式为，有1个p轨道未参与杂化，-NH2中含有1个孤电子对，大π键是指在多原子分子中，如有相互平行的p轨道，它们连贯重叠在一起构成一个整体，p电子在多个原子间运动形成的π型化学键，胍阳离子中存在大键，B正确；C．胍阳离子的原子数为10，价电子总数为4+3×5+6×1−1=24。BF3、SO3均为4原子、24价电子，互为等电子体，C正确；D．胍阳离子中，3个C-N键与6个N-H中C-N和N-H的键长和键能不会相同，D错误；故答案选D。14．D【详解】A．键能通常随键级增加而增大，C-N（单键）键能小于C=N（双键）键能小于C≡N（三键）键能，A正确；B．同一主族元素，原子半径从上到下增大，则键长：I-I>Br-Br>Cl-Cl，B正确；C．H2O分子中O原子有两对孤电子对，斥力较大，键角约为104.5°，CH4分子中C原子无孤电子对，键角为109.5°，即键角：H2O<CH4，C正确；D．乙烯分子中碳碳双键由σ键和π键组成，σ键为“头碰头”重叠，键能较大，π键为“肩并肩”重叠，键能较小，因此键能：σ键>π键，D不正确；故选D。15．(1)(2)恒压滴液漏斗(3)(4)136~306℃(5)吸收多余氯气和HCl，防止污染环境，防止空气中的水蒸气进入装置E中(6)取最后一次的洗涤滤液1~2mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的溶液，无白色沉淀产生，则表明已被除净滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原色【分析】分析装置可知，反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，用二氧化锰和浓盐酸制Cl2，经过浓硫酸干燥后，Cl2进入瓷舟与FeTiO3、C反应，根据题干可知，除了生成TiCl4、FeCl3外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物CCl4，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为，TiCl4、FeCl3、CO均会进入控温箱，根据FeCl3和TiCl4的沸点可知，控温箱收集FeCl3固体，抽滤瓶收集TiCl4和CCl4，因此控温箱的温度应控制的范围是136~306℃，最后TiCl4经冷凝收集在锥形瓶中，碱石灰用于吸收多余氯气和HCl，防止污染环境，防止空气中的水蒸气进入装置E中。【详解】（1）Ti的原子序数为22，其电子排布式为，因此价层电子排布式为；（2）装有浓盐酸的仪器的名称是：恒压滴液漏斗；（3）根据瓷舟中含有FeTiO3、碳粉和Cl2，在900℃条件下制备TiCl4，同时还生成FeCl3、一种有毒氧化物气体CO，瓷舟中主要反应为：；（4）FeCl3和TiCl4的混合气体进入控温箱，将控温箱温度控制在136~306℃，可冷凝产品FeCl3且保证TiCl4为气态，从而除去TiCl4中混有的FeCl3；（5）装置G中碱石灰作用是吸收多余氯气和HCl，防止污染环境，防止空气中的水蒸气进入装置E中；（6）①检验中被除净的方法是：取最后一次的洗涤滤液1~2mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的溶液，无白色沉淀产生，则表明已被除净；②滴定终点时Fe3+结合显浅红色，现象是：滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原色；Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为Fe2+，根据得失电子守恒，Fe3+与T3+消耗的物质的量之比为1：1，现消耗Fe3+的物质的量为：，则有，根据Ti守恒，3.12g样品中的物质的量为：，的质量为：，剩余H2O的质量为：，H2O的物质的量为：，则该样品的组成为：；16．(1)p(2)较低A(3)-90.7a21.4温度对主反应的影响大于对副反应的影响(合理即可)主反应活化能较低，反应速率较快(合理即可)【详解】（1）49In位于第ⅢA族，位于元素周期表中p区；（2）反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为放热反应且△S<0，当△H-T△S<0时反应能自发进行，故在较低温度下能自发进行；A．反应前后存在气体体积变化，所以体系压强保持不变说明反应达到平衡状态，A项符合题意；B．H2O(g)和CH3OH(g)的物质的量之比恒为1：1，B项不符合题意；C．体积不变，气体总质量不变，密度恒定不变，C项不符合题意；D．消耗CO2(g)和生成：CH3OH(g)均为正反应方向，D项不符合题意；故选A；（3）①根据盖斯定律，由反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H1=-49.5kJ·mol-1和反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2=+41.2kJ·mol-1可知，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的△H=△H1-△H2=-90.7kJ·mol-1；②CO(g)和CH3OH(g)选择性相加应为100%，所以曲线b表示的是CO2(g)的平衡转化率，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为放热反应，温度升高，CH3OH(g)选择性下降，所以表示CH3OH(g)选择性的曲线为a；只有主反应会引起气体总物质的量减少，结合n(CO2)：n(H2)=1：3，设反应前气体总物质的量为4mol，参加主反应的n(CO2)=0.8×0.75mol=0.6mol，所以气体总物质的量减少1.2mol，T0K下平衡时气体物质的量之比等于体积比，则CH3OH(g)的平衡体积分数为×100%≈21.4%；主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，CO2(g)的平衡转化率下降，说明温度对主反应的影响大于对副反应的影响；③T0K下，控制与(2)同样的压强，按一定流速通过盛有相间催化剂的装置，流出气体中CH3OH(g)的选择性较上述平衡时高，可能的原因为主反应活化能较低，反应速率较快。17．(1)a-b-c(2)(3)>增强催化剂表面的碱性，提高了B1和B2位点的吸附性过多的CO2占据了带部分负电荷的B位点(催化剂的活性位点)，使得乙苯的脱除速率降低，乙苯转化率下降【详解】（1）根据燃烧热定义写出三个热化学方程式，结合盖斯定律：反应Ⅱ=乙苯的燃烧热方程式-苯乙烯的燃烧热方程式-的燃烧热方程式，则。（2）700K时，分解达平衡时，，即平衡时分压恒为。设反应Ⅰ消耗乙苯的分压，反应Ⅱ消耗乙苯的为，平衡时，，，。总压。代入，得，解得。消耗乙苯的总分压为，故。（3）①由图可知，机理中α位的以形式被带负电的位点吸附，说明极性更大，更容易解离出，故极性：。②碱性氧化物可增强催化剂表面的碱性，提高了B1和B2位点的吸附性，从而加快