湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期中模拟考试自编化学试卷01（范围：人教版选择性必修一、选择性必修二、选择性必修三第1-2单元）（解析版）

湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期中模拟考试自编化学试卷01（解析版）题号12345678910答案ADCADCBADC题号11121314答案CCBB1．A【分析】该装置为电解制备的装置：左侧电极连接电源正极，为阳极，反应物在阳极发生氧化反应生成，产物进入水解装置水解得到；右侧电极连接电源负极，为阴极，中间为质子交换膜，仅允许通过，阴极得电子生成，最终得到。【详解】A．阳极被氧化生成，该反应电荷守恒、原子守恒，电极反应式书写正确，A正确；B．阴极发生反应，每转移电子，阳极生成的2molH+会通过质子交换膜迁移到阴极，刚好补充阴极放电消耗的2molHC．产物热稳定性差，高温下会分解为和，无法得到目标产物，因此水解不能高温，C错误；D．由定量关系1mol(NH4)2S2O8水解得到，电解过程转移电子。由阴极反应式得制备1故选A。2．D【分析】含钴废料经空气焙烧除去碳及有机物；稀硫酸和过氧化氢酸浸使还原为，同时浸出铁离子，铝离子，二氧化硅难溶于硫酸，沉淀形成滤渣1；氨水调pH使氢氧化铁和氢氧化铝沉淀形成滤渣2；利用碳酸氢铵沉钴形成碳酸钴沉淀，放出二氧化碳气体；碳酸钴加入碳酸锂高温焙烧得到，据此分析。【详解】A．含钴废料中的碳可被空气中氧气氧化为，有机物灼烧也转化为气体除去，因此550℃焙烧的主要目的是除去碳及有机物，A正确；B．酸浸时，作还原剂，将中+3价Co还原为；而会把还原成，影响后续铁沉降，因此不可以用代替，B正确；C．高温焙烧的反应为：，反应中是氧化剂（O从0价降为-2价），是还原剂（Co从+2价升为+3价，C化合价不变），氧化剂与还原剂物质的量之比为，C正确；D．沉钴时发生反应，气体为，“调pH”的目的是中和过量的酸，使pH增大，是酸性氧化物，不能达到升pH的目的，D错误；故选D。3．C【分析】反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，则升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，平衡时的选择性随温度升高不断减小，反应Ⅱ平衡不断正向移动，所以曲线②表示的选择性，则曲线①表示的平衡转化率。【详解】A．由分析可知，曲线①表示的平衡转化率，A正确；B．其它条件不变时，升高温度，反应Ⅱ平衡不断正向移动，所以的含量增大，B正确；C．催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡状态，故催化剂不能改变的平衡转化率，C错误；D．温度高于280℃时，曲线①随温度升高而升高，则表明的转化率不断增大，由于反应Ⅰ平衡逆向移动，的转化率减小，而反应Ⅱ平衡正向移动，的转化率增大，所以此时主要发生反应Ⅱ，D正确；故选C。4．A【详解】A．图2的装置是用于测量溶解热的。是十水合碳酸钠的溶解热，可以利用图2装置直接测定；是碳酸钠晶体与水反应生成水合物的焓变，这不是一个简单的溶解过程，不能直接用此装置测定；是无水碳酸钠的溶解热，可以利用图2装置直接测定，A错误；B．根据盖斯定律，，B正确；C．根据盖斯定律，=-26.7kJ/mol<0，是吸热过程（破坏离子键），所以，说明，，C正确；D．溶解过程的焓变是破坏晶体中离子间作用力（吸热）和形成水合离子（离子与水分子间作用力，放热）的总和，因此能量变化与这些微粒间作用力密切相关，D正确；故选A。5．D【详解】A．溴原子原子序数为35，基态溴原子的简化电子排布式应为，A错误；B．的中心原子是氧，结构式为，B错误；C．中键是两个轨道沿两核连线（键轴）头碰头重叠形成的σ键，轨道重叠示意图：，C错误；D．能级共5个轨道，根据洪特规则，基态原子中电子优先分占不同轨道、自旋平行，再成对排布；当3d能级填充6个电子时，排布符合图示情况（4个轨道各填充1个自旋向上的单电子，1个轨道填充一对自旋相反的电子），D正确；故选D。6．C【详解】A．三氟化磷和三氯化磷是结构相似的分子晶体，三氯化磷的相对分子质量大于三氟化磷，分子间作用力大于三氟化磷，所以三氟化磷的沸点低于三氯化磷，A正确；B．乳酸分子中含有如图*所示的一个手性碳原子：，B正确；C．碘易溶于浓碘化钾溶液是因为碘能与碘化钾溶液中的碘离子发生如下反应：I2+I-I，反应的发生增大了碘的溶解度所致，与相似相溶原理无关，不能用相似相溶原理解释，C错误；D．氯原子和氟原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素的电负性，会使羧酸的羧基中羟基的极性增强，更易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，D正确；故选C。7．B【详解】A．98g的物质的量为1mol，1个分子中含6个键（2个键、2个键、2个中的键），故所含键数目为，A正确；B．标准状况下为液态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，故2.24L所含分子数不是，B错误；C．为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，溶液中全部由水电离产生，25℃时的1L溶液中，故水电离出的数目为，C正确；D．该反应为归中反应，中N为-3价，中N为+3价，每生成1mol转移3mol电子，14g的物质的量为0.5mol，故转移电子数为，D正确；答案选B。8．A【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，基态X的电离能远大于，说明X最外层有3个电子，Z原子序数大于X，基态有4个未成对电子，电子排布为，故X为，Z为，工业炼铁需要掺入碳单质，故W为C，W与Y同主族，且Y的原子序数小于Z，则Y为，据此分析。【详解】A．W的氧化物为分子晶体，但Y的氧化物为共价晶体（原子晶体），不属于分子晶体，A错误；B．X的单质、Y的单质均能与溶液反应生成，B正确；C．X的简单阳离子为，同周期（第三周期）金属阳离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故半径最小，C正确；D．Z的氯化物为，蒸干其水溶液时，易挥发，水解程度增大，最终得到氢氧化物（或分解产物氧化物），无法直接获得氯化物，D正确；故答案选A。9．D【详解】A．F的电负性强于N，NF3分子中氮原子带正电荷，难以给出孤电子对，不能接受水分子中氢离子的进攻，所以较难发生亲电水解，A正确；B．CCl4中碳原子的杂化方式为sp3杂化，s轨道和p轨道均参与成键，且碳原子没有d轨道，所以较难发生亲核水解，B正确；C．F的电负性大于S，则SF4分子中硫原子带正电荷，中心原子硫原子具有3d空轨道，所以SF4能发生亲核水解生成SO2和HF，C正确；D．由题目信息，亲电水解产物的中心原子与水分子的氢原子形成共价键，亲核水解的产物的中心原子与水分子的氧原子形成共价键，由的结构式可知AsCl3水解时As与氧原子形成共价键，故AsCl3的水解类型为亲核水解，D错误；故答案选D。10．C【详解】A．M点坐标为(0,0,0)，N点位于晶胞右侧面面心，x轴坐标为1，y、z轴坐标均为，因此N点原子坐标为，A正确；B．Y3+与Ce4+离子半径不同，且掺杂后为平衡电荷会产生氧空位，因此晶胞参数会发生改变，B正确；C．CeO2晶胞中Ce4+为面心立方堆积，最近的两个Ce4+间距为面对角线的一半。已知Ce4+与最近O2-的核间距为晶胞体对角线的，设晶胞参数为xpm，即，解得晶胞参数，故Ce4+最小间距为，C错误；D．化合物呈电中性，正电荷总和等于负电荷总和：，解得，即掺杂Y2O3后，晶胞化学式为，原CeO2晶胞中，相当于3个Ce4+对应6个O2-，现在总数为，氧空位数为1，氧空位率，D正确；故选C。11．C【详解】A．钠与水反应剧烈、放热多，图示试管容积小，反应时液体易飞溅，甚至引发危险，探究钠与水反应要在烧杯中进行，操作错误，不能达到目的，A错误；B．容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能长期保存溶液，溶液需要保存在带橡胶塞的试剂瓶中，操作错误，不能达到目的，B错误；C．移液管的精度可达0.01mL，可以准确量取稀硫酸，酸性溶液不腐蚀移液管，图示操作符合移液管移取的操作规范，能达到实验目的，C正确；D．苯和溴苯互溶、沸点不同，需用蒸馏法分离；蒸馏时温度计需要测量馏分的温度，水银球应放置在蒸馏烧瓶的支管口处，图示温度计水银球插入反应液中，位置错误，不能达到目的，D错误；故选C。12．C【详解】A．丙烯(CH3−CH=CH2)分子中，构成双键的2个碳原子和与之直接相连的甲基碳原子、3个氢原子，这6个原子在同一平面内。甲基为四面体结构，通过旋转碳碳单键，最多可以有1个氢原子也处于该平面内，故最多有7个原子共平面，A正确；B．Y是丙烯与Br2在CCl4中加成的产物，结构为CH3CHBrCH2Br（分子式C3H6Br2）；不考虑立体异构，分子式为C3H6Br2的同分异构体共4种：CH3CH2CHBr2；CH3CBr2CH3；CH2BrCH2CH2Br；CH3CHBrCH2Br，B正确；C．丙烯与Br2在光照条件下发生烷基上的取代反应（而非双键加成），甲基上的H被Br取代，因此X的结构简式为BrCH2-CH=CH2（3-溴丙烯），而非CH3CH=CHBr，C错误；D．丙烯在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯Z，其链节为-CH2-CH(CH3)-，与选项结构一致，D正确；故答案选C。13．B【分析】首先甲醇水蒸气重整的总反应为：，据此分析；【详解】A．步骤Ⅱ中，断裂极性键得到，解离出的原子结合形成非极性键，因此存在极性键断裂和非极性键形成，A正确；B．若用代替，根据机理图，甲醇中的H原子和水中的D原子均可解离吸附在催化剂表面，形成吸附态的H原子和D原子。这些吸附态的H原子和D原子可以结合形成氢气分子，因此产物有、两种，B错误；C．已知步骤Ⅲ为加成反应，反应物是吸附态的和，根据机理图，的碳氧双键打开，碳原子与一个基团结合，氧原子与另一个基团结合，形成一个碳原子连接两个氢原子、一个羟基，以及一个氧原子连接一个羟基的结构，因此，方框内的中间体示意图可能为，即碳原子连接两个氢原子和一个羟基，氧原子连接一个羟基并吸附在催化剂表面，示意图可能为，C正确；D．总反应中，中为价，中为价，1mol反应共转移6mol电子，生成，因此每生成转移电子，D正确；故选B。14．B【分析】由反应历程图可知，该过程中发生的总反应为乙苯和二氧化碳在催化剂作用下生成苯乙烯和CO、水，化学方程式为

(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)，据此作答。【详解】A．大多数芳香族化合物都是非极性化合物，这是由于芳香族化合物中的C-H键和C-C键具有相似的电负性，使得分子的整体极性较低，大多数的烃类，不管是烷烃、烯烃、炔烃，甚至是苯环，都是不具有极性的非极性分子，如：苯乙烯的分子结构中包括苯环和乙烯基团，这些基团通过共价键相连，由于苯环和乙烯基团都是非极性的，整个分子也是非极性的，故A正确；B．催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率，故碱性太强使乙苯转化率降低，故B错误；C．根据总反应可知，活化吸附过程中乙苯断裂，状态I到状态Ⅱ过程中断裂，最终生成苯乙烯时形成，故C正确；D．苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，该方法可减少的排放，有利于实现“碳中和”，故D正确；故答案选B。15．(1)-90.4(2)低温(3)n0.06/t0.015，，270℃-400℃时以反应ii为主(4)bc(5)二或者II-III【详解】（1）根据盖斯定律可知，热化学方程式iii=iii，故ΔH3（2）反应i中，是分子数减小的反应，故，则在低温下自发进行；（3）①反应i是放热反应，升高温度，不利于甲醇生成，反应ii是吸热反应，升高温度平衡正向进行，有利于CO的生成，则CO的含量随温度升高而增大，甲醇的含量随温度升高而下降，n曲线代表；②由图像可得：270℃时的平衡转化率为24%，此时和甲醇在含碳产物中的体积分数相同，故n甲醇=nCO，根据反应i和反应ii的数量关系可得：2nCO=2n甲醇=n由②得：n甲醇=0.12mol，nCO=0.12mol，n剩余CO2=1−0.24=0.76mol，根据方程式化学系数得，生成的水蒸气为：nH2Og=0.24mol，故消耗的氢气为：n消耗的氢气=4×0.12=0.48③因为ΔH（4）反应达平衡后使用分子筛膜选择性分离出水蒸气，有利于平衡正向移动，故有利于提高的转化率，有利于提高的产量，故选bc；（5）①根据题意得，决速步骤为活化能最高的步骤，故从图中得知为第二步或者II-III步；②从反应历程图看，物质的转化过程为CO→CO∗16．(1)150/NA3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO(2)BD(3)乙酸中的碳氧双键，即羰基是吸电子基，所以羟基中的氧氢键极性大，易断裂出氢离子<(4)BCCr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2(5)AB(6)取少量铬酰氯于试管中，加入氢氧化钠溶液，滴加稀硝酸过量(或加入还原剂使三价铬沉淀)，再滴入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明铬酰氯中含有氯元素，反之则无【详解】（1）B原子位于顶点、内部、面心，晶胞中含B个数=12×+2×+3=6，N原子位于晶胞内部和竖棱上，个数=4+6×=6，因此，一个晶胞中B和N的个数均为6，所以单个晶胞的质量=(11+14)×6÷NA=g；水晶的主要成分是二氧化硅，该反应的化学方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO；（2）A．基态硅原子的核外电子吸收能量由低能级跃迁到高能级，图中3p轨道上仍有两个电子，A错误；B．镓（Ga）是31号元素，基态电子排布为，B正确；C．Cl与O组成ClO2，Cl为+4价，O为-2价，电负性：O>Cl，C错误；D．Na+的简化电子排布式为[Ne]，Mg+的简化电子排布式为[Ne]3s1，则Na的第二电离能远大于Mg，Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10，Zn+的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，则Cu的第二电离能大于Zn，D正确；答案为BD；（3）乙酸的羧基（-COOH）中，C=O双键的吸电子效应增强了O-H键的极性，使H+更易电离，而乙醇中-OH的O-H键极性较弱，H+难以电离，故乙酸的酸性比乙醇大；乙酸中的C=O与C—O存在p-π共轭，C—O键具有部分双键性质，键长较短，而乙醇中的C—O为单键，键长较长，因此，乙酸中C—O键长<乙醇中C—O键长；（4）反应温度为800-1000℃，普通玻璃（A）不耐高温，应选石英玻璃（B）；仪器D需防止空气中的水蒸气进入装置C，同时吸收未反应的CCl4蒸气，无水硫酸铜（D）吸水能力弱，应选无水氯化钙（C）；与氢氧化钠生成碳酸钠和氯化钠，说明另一个产物水解为盐酸和碳酸，即COCl2光气，故方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；（5）A．N2的作用：反应前排空气，反应时将CCl4吹入反应管，反应后将有毒产物吹入E中吸收，A正确；B．长颈漏斗可将下端插入液面下，防止气体逸出，可添加CCl4，B正确；C．光气有毒，但与CrCl3沸点不同，可用蒸馏分离，而非萃取，C错误；D．Cr3+是的还原产物，氧化性弱于Fe3+（可氧化I⁻），D错误；答案选AB；（6）铬酰氯中的氯需要水解成氯离子才能检验，加碱有利于其水解反应，但碱和铬酸银与银离子反应会干扰氯离子的检验，所以一定要加稀硝酸来中和或足量的硝酸来使铬酸根转化为铬酸氢根或重铬酸根(中和多余的碱和排除铬酸银的干扰)，故答案为：取少量铬酰氯于试管中，加入氢氧化钠溶液，滴加稀硝酸过量(或加入还原剂使三价铬沉淀)，再滴入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明铬酰氯中含有氯元素，反之则无。17．(1)7(2)双颈烧瓶(或二口烧瓶)a进b出(3)A(4)当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色且30s内不恢复至原色，则达到滴定终点(5)偏小(6)【详解】（1）N原子位于周期表中第二周期第VA族，故其核外电子数为7（2）仪器c的名称为二口烧瓶，球形冷凝管通冷水的方向是“下进上出”，故a进b出（3）为了准确量取10.00mL维生素C溶液，因为体积精确到小数点后两位，所以应该使用酸式滴定管。（4）滴定终点的标志是当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色且30s内不恢复至原色，则达到滴定终点（5）加入维生素C溶液后，若放置在空气中的时间过长，维生素被氧气氧化变质，使得维生素C溶液浓度减小，在滴定过程中，与I2反应的维生素C的量减少，因此I2消耗的标准溶液体积会偏小，测定结果偏小。（6）水杨醛缩乙二胺(，)和相对原子质量可以计算