湖南省衡阳市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）

湖南省衡阳市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ADDAACABCC题号11121314答案DCBD1．A【详解】A．细水流能被静电吸引的本质原因是为极性分子，正负电荷中心不重合，为非极性分子，无法被静电吸引，与水中少量电离的、无关，A错误；B．根据沉淀溶解平衡原理，当离子积时，就会析出沉淀，B正确；C．体积更大，与之间的静电相互作用更弱，受到的束缚更小，迁移速率更快，C正确；D．每个水分子最多可与周围4个水分子形成分子间氢键，乙醇分子仅含1个羟基，分子间氢键数量更少，分子间作用力更弱，挥发性更强，D正确；故选A。2．D【详解】A．基态氮原子核外有7个电子，电子排布式为，A正确；B．N6和N2是氮元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，B正确；C．该反应为单质与化合物反应，生成新单质N6和新化合物，符合置换反应的定义，C正确；D．N6分解为N2时，1molN6可生成3molN2，体系中气体分子数增多，混乱度增大，属于熵增过程，D错误；故选D。3．D【分析】由题意可知气体D为NH3，故化合物A含N、H元素。因原子序数X<Y<Z，故X为H，Y为N。由原子序数之和为28可知，Z的原子序数为28-1-7=20，Z为Ca，符合题干条件；【详解】A．原子序数为56，远大于三者原子序数之和28，Z不可能为，白色沉淀C不可能是，A错误；B．气体D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的，属于化合物，不是单质，B错误；C．为，由和构成，属于离子化合物，C错误；D．化合物A的化学式为Z2XY，即，摩尔质量为，即，含，与盐酸反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，所得溶液与足量反应生成（质量为），含元素加碱加热生成，均符合题意，D正确；答案选D。4．A【详解】A．的摩尔质量为，22g该物质为1mol，每个分子含中子数为，故共含中子数为，A正确；B．Fe与反应只生成，Fe元素从0价升高到+3价，0.5molFe反应转移电子数为，B错误；C．标准状况下22.4L物质的量为1mol，结构式为，每个分子含2个键，故键数目为，C错误；D．溶液呈中性时，根据电荷守恒式可得：，故的数目等于，D错误；故选A。5．A【分析】已知Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q形成1个共价键，Q为氢，R形成4个共价键、W形成3个共价键、X形成2个共价键，则R为碳、W为氮、X为氧，W和Y同族，Y为磷，Z形成2个共价键，Z为硫；【详解】A．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N＞O＞P，A错误；B．硫非金属性大于磷，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性：H2SO4＞H3PO4，B正确；C．氨气分子间形成氢键，导致其沸点高于甲烷，C正确；D．中C原子的价层电子对数为，不含孤对电子，为平面三角形结构，SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤对电子数为1，为sp2杂化，分子构型为V形，则键角：，D正确；故选A。6．C【详解】A．活化能越小，反应速率越快。由图乙可知，反应初始时，相同时间内的增长比快，说明反应①速率更快，A正确；B．6.5h后苹果酸的x不再随时间变化，说明此时反应达到平衡。反应①为，浓度平衡常数，B正确；C．1.25h后，的持续增大，说明的生成速率大于消耗速率，即反应②仍占主导，C错误；D．MA（顺丁烯二酸）的两个羧基在双键同侧，电离一个后，酸根可形成分子内氢键稳定负电荷，更易电离；（反丁烯二酸）的羧基在异侧，无法形成分子内氢键，因此；D正确；故选C。7．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。8．B【详解】A．同类的同分异构体（如正丁烷与异丁烷，都属于烷烃）结构不同，但化学性质相似，A错误；B．同系物的定义是结构相似、属于同一类有机物，分子组成相差个​原子团，​的相对分子质量为14，因此相对分子质量之差一定为14的整数倍，B正确；C．同系物不仅要求分子组成相差若干，还要求结构相似、属于同一类物质，例如乙烯和环丙烷组成相差1个，但结构类别不同，不属于同系物，C错误；D．组成元素相同、各元素质量分数相同，只能说明最简式相同，分子式不一定相同，例如乙烯和丙烯满足该条件，但分子式不同，不属于同分异构体，D错误；故选B。9．C【详解】生成，则；生成，则，；等于有机物总质量，说明只含C、H元素，最简式为。相对分子质量为70，，，分子式为。能使溴的四氯化碳溶液褪色说明含碳碳双键，属于烯烃，考虑立体异构：直链碳架：1-戊烯（无顺反异构）、2-戊烯（含顺、反2种立体异构），共3种；主链4个C的支链碳架：2-甲基-1-丁烯、2-甲基-2-丁烯、3-甲基-1-丁烯，均无顺反异构，共3种；新戊烷碳架无法形成碳碳双键，无对应结构。合计共种结构。故选C。10．C【详解】A．该结构中的碳碳双键的两个碳原子均连接了两种不同的原子或基团，满足顺反异构的条件，因此存在顺反异构，A正确；B．咖啡酸中含有碳碳双键和酚羟基的结构，具有还原性，可以使酸性溶液褪色，B正确；C．与溴水反应时，碳碳双键与溴发生加成反应，酚羟基的邻、对位共有3个氢原子可被溴原子取代，则产物包括：仅双键加成（1种）、加成+单取代（3种）、加成+二取代（3种）、加成+三取代（1种），产物总数远多于4种，C错误；D．咖啡酸中的羧基最多可与1mol反应，酚羟基可与反应。因此咖啡酸最多能与反应，D正确；故答案选C。11．D【详解】A．的二氯代物的种类有：、、、，共22种，A正确；B．属于芳香族化合物，故含有1个苯环、2个碳和1个，可能的结构有、、、，共14种，B正确；C．Cl两种稳定同位素：和，则中的6个Cl可能的组合有：6个，1个和5个，2个和4个，3个和3个，4个和2个，5个和1个，6个，共7种，C正确；D．二烯烃能发生1，2-加成和1，4-加成，因此该有机物与氢气进行发生加成反应，产物可能为、、、、等产物，D错误；故选D。12．C【详解】A．根据盖斯定律，将反应ⅰ+反应ⅱ可得总反应：，A正确；B．CO、NO是反应物，浓度随温度升高（反应速率加快，消耗增多）逐渐降低，​和​是生成物，浓度随温度升高逐渐增大，总反应中​计量数为2，​计量数为1，因此相同温度下​浓度大于​，故曲线x为、曲线y为​，B正确；C．根据N原子守恒：初始NO浓度，根据B选项可知，曲线x为、曲线y为​，则曲线e为，如图可知，450℃时，、、，代入得：，根据脱除率定义可知：，C错误；D．如图可知，450℃比350℃时CO浓度明显降低，NO浓度变化不明显，但CO和NO浓度均较低，因此450℃比350℃更有利于CO、NO的有效脱除，D正确；故选C。13．B【分析】氨水与二氧化硫反应，二氧化硫少量时生成亚硫酸铵，二氧化硫过量时生成亚硫酸氢铵；转化过程：溶液中的亚硫酸铵或亚硫酸氢铵被氧气氧化生成硫酸铵或硫酸氢铵，溶液pH减小；再生过程：加入石灰乳与硫酸铵或硫酸氢铵反应，生成硫酸钙和氨水，实现氨水再生。【详解】A．根据，当，即，代入计算可得：，即，故A错误；B．“吸收”时，，根据物料守恒，溶质为NH4HSO3，的水解平衡常数为，电离大于水解，则，所以，故B正确；C．“转化”时，通入氧气后发生反应，所以溶液pH减小，故C错误；D．通入氧气后的溶液中含有硫酸铵，“再生”的化学方程式为，故D错误；故选B。14．D【分析】由图可知，聚合物（含多个羧基）向左侧电极移动时，遇冷膨胀，释放出H+，对苯醌在左侧电极得到电子，并结合H+，转化为对苯二酚，左侧电极为正极；聚合物（含多个羧酸根）向右侧电极移动时，遇热收缩，重新结合H+，对苯二酚在右侧电极失去电子，并释放H+，转化为对苯醌，右侧电极为负极。【详解】A．该装置为原电池装置，含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收驱动电极反应发生，可实现热能转化为电能，A错误；B．聚合物遇冷释放出H+，对苯醌在左侧电极得到电子，并结合H+，转化为对苯二酚，左侧为冷端电极，B错误；C．正极应为得电子的还原反应，对苯醌得电子转化为对苯二酚，C错误；D．左侧电极的反应物、生成物分别为右侧电极的生成物、反应物，保持冷热端温差恒定，可维持稳定的pH梯度，反应物可循环转化，电池可持续放电，D正确；故选D。15．(1)C(2)将+4价Pb、+3价Fe分别还原为Pb2+、Fe2+，并使Pb2+转化为PbSO4沉淀而除去(3)(4)5<pH<6.2(5)CaSO4(6)pH升高，Ge4+转化为[Ge(OH)3]+(或GeO2/)，难以与酒石酸形成络合物NaOH【分析】锌浸渣（含ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、Pb3O4等）在和作用下进行还原浸出，作为还原剂，将中的+4价Pb还原为+2价并生成沉淀，将其中的+3价Fe还原为Fe2+，同时、GeO2和ZnO与酸反应溶解，SiO2不反应进入滤渣1；随后加入生石灰进行沉锗，控制pH在5~6.2，使Ge以GeO2形式沉淀，而Zn2+、Fe2+留在滤液中；沉锗后的沉淀用酸溶，调节pH至1.8，使GeO2转化为Ge4+；再加入酒石酸和有机溶液萃取锗，让Ge4+与酒石酸形成络阴离子进入有机相；最后用溶液反萃取，使络阴离子转化为，再进一步处理得到Ge。【详解】（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，其4p轨道的两个电子应分占两个轨道且自旋平行，A、B、D选项的电子排布符合洪特规则，为基态状态；对比可知，C选项中4s轨道中的1个电子跃迁到4p轨道上，4p轨道上有3个电子，属于电子跃迁后的激发态。（2）原料中浸出生成，在低pH就会沉淀，若不还原会混入沉淀中；将还原为，在沉锗的pH范围内不沉淀，便于分离提纯锗。（3）Pb3O4可看作2PbO·PbO2，其中PbO2(+4价Pb)被SO2还原为PbSO4，SO2中硫由+4价被氧化为+6价，结合酸性环境配平，得离子方程式：。（4）沉锗需要Ge转化为沉淀，要求，同时要保证不沉淀，开始沉淀pH为6.2，因此控制pH在之间。计算浓度：完全沉淀pH=8.2，此时，，得；pH=6时，。（5）沉锗时加入生石灰()调pH，与溶液中生成微溶的，因此酸溶后留在滤渣中，即为滤渣2的主要成分。（6）①萃取反应为，pH升高时，水解程度增大，转化为沉淀，溶液中浓度降低，平衡逆向移动，因此锗萃取率下降。②根据反萃取效果图，溶液的反萃取效果最好，且最终产物为，因此物质B为。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)碳碳双键、酯基(2)4-硝基苯酚或对硝基苯酚H分子中存在羟基，能形成分子间氢键(3)还原反应(4)+NaOH→+CH3OH(5)吸收生成的氯化氢，提高转化效率(6)、(7)【分析】A分子式，与甲醇酯化得到B（丙烯酸甲酯），B与加成得到C，C酯碱性水解、酸化得到羧酸D，D与反应得到酰氯E；F为氯苯，硝化得到对硝基氯苯G，G水解氯原子得到H（对硝基苯酚），H与环氧氯丙烷取代得到I，I与乙醇钠开环得到J，J的硝基被氢气还原得到氨基K，K与E酰化得到L，最终得到产物M。【详解】（1）B为丙烯酸甲酯，官能团为碳碳双键、酯基；（2）H对硝基氯苯水解得到，为对硝基苯酚，命名为4-硝基苯酚或对硝基苯酚；G为对硝基氯苯，H为对硝基苯酚，H分子含有羟基，可以形成分子间氢键，因此熔沸点比G更高；（3）J中硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；（4）C为，碱性条件下酯水解生成羧酸钠和甲醇，方程式为：+NaOH→+；（5）H（对硝基苯酚）和环氧氯丙烷发生取代反应生成HCl，作碱，可以吸收反应生成的HCl，促进反应正向进行，提高反应物的转化率；（6）I分子式为，条件