湖南省株洲市2025-2026学年高二下学期期中模拟考试化学自编试卷01（范围：人教版选择性必修1、选择性必修2、选择性必修3第1-2单元）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省株洲市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CCBCCDABAC题号11121314答案CBAC1．C【详解】A．已知C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0，表示吸热反应，石墨能量较低，更稳定，因此金刚石不如石墨稳定，A错误；B．醋酸是弱酸，中和时需额外能量电离，因此与NaOH反应放热小于57.3kJ/mol，B错误；C．S(g)比S(s)能量高，与O2反应生成相同SO2时，S(g)反应放热更多，ΔH1更负（数值更小），因此ΔH1<ΔH2成立，C正确；D．氢气燃烧热应生成液态水（稳定化合物），反应中生成气态水，ΔH=-241.8kJ/mol不是标准燃烧热值，D错误；故答案为C。2．C【详解】A．其他条件不变时，升高温度可增大活化分子百分数，有效碰撞几率提高，反应速率加快，析出硫沉淀所需时间缩短，A正确；B．吸收塔装填瓷环可增大气液接触面积，接触面积越大传质、反应速率越快，故的吸收速率增大，B正确；C．容器体积缩小一半，体系压强增大，反应物、和生成物的浓度均增大，正、逆反应速率均加快，C错误；D．是分解的催化剂，催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，故B试管产生气泡更快，D正确；故选C。3．B【详解】A．充电时，原电池的负极（Al-Zn合金）应作为电解池的阴极，与电源负极相连，A错误；B．由图可知，放电时正极反应为还原反应：，充电时阳极为该反应的逆过程（氧化反应），即，B正确；C．放电时电子由负极（Al-Zn合金）经外电路流向正极（MoTe2电极），电解质溶液中通过离子导电，电子不能进入溶液，C错误；D．放电时Al-Zn合金为负极，虽主要发生Al失电子反应（），但合金可形成微型原电池析出H2，说明部分电子用于析氢腐蚀（不经过外电路），故电路中0.3mol电子转移时，实际消耗的合金质量大于仅Al反应的2.7g，D错误；故答案选B。4．C【详解】A．由图可知，结晶后析出晶体，母液是的饱和溶液，为确保产量大，通入的二氧化硫通常过量，母液中会含有溶解的，因此母液中含有和，A正确；B．，根据强酸制弱酸的规律，与反应生成和；与反应生成，两个反应均符合反应规律，B正确；C．母液中除外，还含有，由于酸性，也会与发生反应，因此中和过程不是只发生题干中的反应，且题干方程式未配平，C错误；D．受热易分解，且易被氧化，因此干燥时温度不宜过高，D正确；故选C。5．C【详解】A．p轨道形状均为哑铃形，但能层序数越大，轨道离核越远、能量越高，3p轨道能量高于2p，A错误；B．磷为15号元素，基态原子核外电子排布遵循洪特规则，3p能级的3个电子应分占3个不同轨道，且自旋方向相同；图中3p轨道的排布违反洪特规则，正确的电子排布图为，B错误；C．Cu为29号元素，受全满稳定结构影响，核外电子排布为，Cu的价电子包含3d和4s电子，C正确；D．s轨道最多只能容纳2个电子，选项中3s填3个电子、3p填4个电子，违反泡利不相容原理，基态铁原子电子排布式为，D错误；故选C。6．D【详解】A．22.4LH2S没有说明是否在标准状况下，无法确定其物质的量，不能判断共用电子对数为2NA，故A错误；B．S8为环状结构，含有8个S-S键，16gS8的物质的量为，对应共价键为=0.5NA，故B错误；C．该分子含极性键有4个C-H、1个N-H、2个C-N，共有7个极性键，故1mol该分子含极性键数为7NA，故C错误；D．连二硫酸结构中，σ键有1个S-S，4个S=O中的σ键，2个S-O，2个O-H键，共有9个，π键有4个S=O中的π键，共4个，故1mol连二硫酸中σ和π数目之和为13NA，故D正确；故答案选D。7．A【详解】A．根据离子半径可确定黑球为I-，根据均摊法，图中β-CuI结构中含有的I-数为，即该结构图中含的CuI为2个；γ-CuI晶胞中含有4个(白球)，则一个晶胞含4个CuI，因此等数目的β-CuI、γ-CuI晶胞的质量之比为2：4=1：2，A错误；B．的中心原子价层电子对数为，B正确；C．以体心的Cu+为例，α-CuI中1个Cu+与12个Cu+等距离且最近，C正确；D．中，有3molKI被氧化为KI3，有2molCuSO4被还原为CuI，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为3：2，D正确；故答案为A。8．B【详解】A．NEC苯环上的一氯取代物有4种，如图所示：，A错误；B．连接4个不同基团的碳为手性碳，每个12H-NEC分子中有4个手性碳原子，如图所示：，B正确；C．NEC中苯环上的碳形成大π键，均为sp2杂化，12H-NEC中的碳没有形成π键，均为sp3杂化，C错误；D．NEC和12H-NEC之间的转化不一定在相同的反应条件下进行，因此不一定为可逆反应，D错误；故选B。9．A【详解】A．根据价层电子对互斥理论可知，中心原子的价层电子对数为3，没有孤电子对，故其VSEPR模型应为平面三角形，A错误；B．根据系统命名法，中最长碳链含有6个碳原子，从离支链较近的一端给最长碳链上的碳原子编号，2和4号碳原子上各有一个甲基，故其名称为2，4-二甲基己烷，B正确；C．杂化轨道为平面三角形，夹角为120°，故杂化轨道为，C正确；D．中，Cu2+与氨分子之间形成了配位键，即有个键；内有个N-H键，中含有个键，故含有个键电子对，D正确；故答案选A。10．C【详解】A．由分子结构，豪猪烯分子式为，A正确；

B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B正确；C．豪猪烯分子结构对称，分子中碳碳双键均等效，与等物质的量的溴单质加成后的产物为：、，有2种，C错误；D．豪猪烯的二氯取代产物，首先确定1个氯位置，再确定第2个氯位置，存在7种（不考虑立体异构）：、，D正确；故选C。11．C【分析】由题干信息可知，基态Y原子核外有5种空间运动状态的电子，则Y原子核外电子位于1s、2s、、和这5个轨道，同时，Y原子核外电子有2个未成对电子，根据构造原理可知，Y的核外电子排布式为，则Y为O元素。中，O元素为-2价，则Z为+7价，其最外层电子数为7，因此Z为Cl。W、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则W和X的最外层电子数之和为，同时W与X可以形成，W和X的最外层电子数分别为1和5，W是H元素，X是N元素，据此作答。【详解】A．由分析可知，Z、Y、X分别是Cl、O和N元素，简单氢化物分别为、和，在常温下是液体，沸点最高。存在分子间氢键，沸点高于HCl，综上，简单氢化物沸点从大到小依次为：O>N>Cl，A错误；B．X和Z的最高价氧化物对应的水化物分别是和，是最强的无机含氧酸，酸性强于，B错误；C．X和Y分别是N和O，价层电子排布式分别是和，N的2p电子半充满，处于稳定状态，因此N的第一电离能大于O，C正确；D．Z、Y、X、W的简单离子分别是、、和，核外有3层电子，半径最大。和的核外电子排布相同，但O的原子序数更大，因此半径小于，没有核外电子，因此半径最小，简单离子半径从大到小依次是：Cl>N>O>H，D错误；故答案选C。12．B【分析】W、X、Y、Z、M为短周期原子序数增大的元素，Z易形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为Na；M可形成二根键，M为S；W成一根键，X成四根键，Y成三根键，则W、X、Y分别为H、C、N。【详解】A．该物质中左边C原子的价层电子对数为4，为杂化，右边C的价层电子对数为3，采取sp3杂化，N原子价层电子对数为4，采取杂化，A错误；B．W、Y、M分别为H、N、S，N原子半径更小，电负性强于S，和中H显正价，H元素电负性较小，综上电负性，B正确；C．基态H原子未成对电子数为1，基态C、S原子未成对电子数均为2，基态N原子未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数的大小关系为，C错误；D．电子层数最多，半径最大，和电子层数相等，质子数越多，半径越小，所以，综上，简单离子半径，D错误；故答案选B。13．A【详解】A．分子中含有3对共用电子对，分子中含有3对共用电子对，分子数目为的混合气体，无论比例如何，共用电子对数目均为，A符合题意；B．向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜，相当于加入和，电解过程中生成了、和，转移电子的物质的量为，数目为，B不符合题意；C．和的混合物，无法确定二者的物质的量之比，因此无法计算净产生的中子（）数目，C不符合题意；D．晶体为面心立方最密堆积，每个晶胞中含有4个分子，的物质的量为，含有个晶胞，D不符合题意；故选A。14．C【分析】根据一水合氨电离常数表达式，可得：，根据溶度积表达式可得：；同样根据的溶度积表达式，可得：，根据pH与关系可知，直线Ⅲ代表与pH关系，根据a、b点坐标计算溶度积：，。根据题干信息知，室温下，所以，，直线Ⅰ代表与pH的关系，直线Ⅱ代表与pH的关系。根据电离常数表达式知，，由a、b点坐标可计算出或。越大，pH越小，所以曲线Ⅳ代表与pH的关系，曲线Ⅴ代表与pH的关系。【详解】A．由以上分析可知，曲线Ⅴ代表与pH的关系，A正确；B．由以上分析可知，常温下，，B正确；C．根据溶度积计算两种金属离子浓度之比为，C错误；D．由溶度积知，先沉淀，当完全沉淀时，，，此时没有沉淀，故通过调节混合液的pH能够分离浓度均为的这两种金属离子，D正确；故答案选C。15．(1)粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可)(2)CaSO4(3)5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O(4)6.3(5)AC(6)0.64【分析】工业废渣[含、、、、、、等]通入空气，用硫酸浸取，过滤得滤渣，滤液中的主要存在、、、、，滤液中加入，得到滤渣，得滤液中加入溶液深度氧化，全部被氧化为，加入石灰中和除砷、铁（以形式），加入有机萃取剂，发生反应，反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到铜单质。【详解】（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用盐酸代替硫酸；（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是；（3）深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为；（4）欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制；（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确；故答案选AC；（6）若电解“反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。16．(1)作还原剂，将还原为(2)(3)具有两性，pH过高会导致其溶解，使三盐基硫酸铅的产率降低(4)38.3%(5)分子6【分析】向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原为PbSO4，发生反应，加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，所以滤液1主要是Na2SO4溶液，PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，同时将FeO转化为Fe(NO3)3，故可知混合气体X为CO2和NO的混合气体，调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，PbSO4加入氢氧化钠溶液，可得到硫酸钠溶液和三盐基硫酸铅，据此解答；【详解】（1）由题意知，“转化”步骤中的作用是作还原剂，将还原为，发生反应；滤液1中和的浓度之比为：。（2）由题意得，X为CO2和NO的混合气体，故实验室处理时可将其与过量氧气混合通入氢氧化钠溶液吸收，离子反应方程式为：。（3）依据流程可知，硫酸铅中加入氢氧化钠生成三盐，结合原子守恒可知方程式为：，由题干信息可知，Pb(OH)2具有两性，则pH大于10时，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的等，使三盐基硫酸铅的产率降低；（4）由题知，得到三盐基硫酸铅45.8g，铅的相对分子质量为207g/mol，故三盐基硫酸铅中，铅元素的质量为，故元素Pb的回收率为：（5）是一种难电离且易溶于有机溶剂，该性质符合分子晶体性质特征；由晶胞结构可知，在xy平面上的二维堆积中，每个分子周围有6个等距的，则其配位数是6。17．(1)反应Ⅱ的平衡常数为，远大于，使转化为得以实现(2)碳氯键12.64(3)CO【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅳ，则；反应Ⅱ平衡常数，远大于，平衡常数越大，反应正向进行的程度越大，越有利于的生成；（2）①在进行实验时，C和可能在高温下生成了含碳氯键的化合物；②按混合进行投料，设，则、，固体物质的总质量为，从图像可以看出，当反应进行到1.1min时，固体物质的质量减少了27%，即减少了，相当于减少了1molC和1molO的质量，即生成了，其中的O元素来自，转变为TiO，则；从图像可以看出，参与的反应分为两个基元反应，第一步基元反应为，该反应活化能0.82eV，第二步基元反应为，该反应活化能为2.64eV，大于第一步基元反应，因此第二步反应为决速步骤；如前所述，第1.1min时反应生成和TiO，此时，由图2可知，经两步基元反应生成CO和，和与TiO反应生成，结合质量守恒可写出第1.1min至反应完全时发生的反应方程式：；（3）进行反应Ⅲ时会生成，过量的C会与反应生成CO，根据盖斯定律，反应Ⅳ-反应Ⅴ可得，该反应，是吸热反应，升温有助于该反应平衡向正反应方向移动，使体系中CO的含量增加，的含量降低，因此，曲线A代表CO，曲