2026年湖南省长沙市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）

2026年湖南省长沙市高二下学期期中模拟考试自编试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案DCBCAADCBD题号11121314答案CADB1．D【详解】A．物质的能量越高越不稳定，根据图示TS1能量高于TS2，则相对稳定性：TS1<TS2，A错误；B．由图可知，NO和CO向反应生成N2O，N2O再转化为N2，N2O为该反应的中间产物，B错误；C．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物，为放热反应，则2molNO和1molCO的总键能小于1molN2O和1molCO2的总键能，C错误；D．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物，该反应的热化学方程式为

=，D正确；故选D。2．C【分析】钯催化合成醋酸乙烯，整个反应过程分4步：第1步沉积，第2步氧气得电子和氢离子生成水，第3步失电子被氧化腐蚀为，第4步作氧化剂，氧化乙烯生成醋酸乙烯，被还原为，据此分析。【详解】A．（0价）和（+2价）相互转化，价态发生了变化，A正确；B．再生为时需要得到电子，反应④中乙烯和醋酸反应生成醋酸乙烯的过程中，有机物被氧化，失去电子，为得电子生成提供了电子来源，B正确；C．该反应合成醋酸乙烯，且机理中反应物有参与，正确总反应为：，C错误；D．纳米颗粒粒径越小，比表面积越大，与反应物接触面积越大，催化活性越高，同时被腐蚀的速率也越快，D正确；故选C。3．B【详解】A．未指明是标准状况，无法计算，A错误；B．根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，生成1molN2转移6mol电子，因此，生成0.1molN2时转移的电子数为0.1mol×6=0.6mol，即0.6NA，B正确；C．该反应中NH3是还原剂，被氧化，故选项中“NH3被还原”的说法错误，若改为“0.8molNH3被氧化”，根据化学方程式，被氧化的NH3与消耗的Cl2的物质的量之比为2:3，则消耗的Cl2为0.8mol×(3/2)=1.2mol，分子数为1.2NA，C错误；D．氨气通入水中，先和水反应生成一水合氨，然后电离：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，整个过程都是可逆的，所以17gNH3通入水中充分溶解，溶液中NH3·H2O分子数小于NA，D错误；故选B。4．C【分析】据图可知，钴酸锂（）电池放电时M极为负极，电极反应式为；N极为正极，电极反应式为；据此作答。【详解】A．因锂易与水反应，不能用水溶液作导电介质，A正确；B．根据图示确定M极为负极（或电解时的阴极），N极为正极（或电解时的阳极），电极电势，B正确；C．负极反应式：，从负极脱出；正极反应式：，嵌入正极；放电时，外电路通过时，负极质量减少1mol锂的质量（约7g），正极质量增加1mol锂的质量（约7g），两电极质量变化的差值为14g，C错误；D．通过电极反应式可知，回收废旧钴酸锂电池时，应进行“放电处理”，让嵌入正极（N极）便于回收，D正确；故选C。5．A【详解】A．Sr为38号元素，位于第五周期第ⅡA族，价层电子排布式为，A错误；B．s区包含第ⅠA、ⅡA族元素，Sr属于第ⅡA族，因此位于元素周期表s区，B正确；C．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，金属性Sr>Mg，因此碱性，C正确；D．基态Sr原子中电子占据的最高能级为5s，s能级的电子云轮廓图形状为球形，D正确；故选A。6．A【详解】A．的物质的量为，S8分子为含8个S-Sσ键的环状结构，在反应①中，S8环状结构被破坏，8个S-Sσ键全部断裂，故反应断裂的σ键数目为，A正确；B．每个分子中S原子有2对孤对电子，孤对电子数为，B错误；C．溶液中因水解部分消耗，实际数目小于，C错误；D．题目未指明气体状态(是否标准状况)，无法计算氧化产物数目，D错误；故选A。7．D【详解】A．中B原子价层电子对数为,采取杂化，中B原子价层电子对数为采取杂化，A项错误；B．通过均摊法计算可得，晶胞中F个数为，Be个数为，B个数为，发生非氧化还原反应时化合价不变，设氧原子个数为x，由正、负化合价代数和为0得，解得，则化学式为，B项错误；C．同一周期从左到右，原子序数逐渐增大，p轨道电子数逐渐增多。p电子数，C项错误；D．据A、E两点的位置，若A点的原子分数坐标为，则E点在x轴的分数坐标为，在y轴的分数坐标为，在z轴的分数坐标为，故E点的原子分数坐标为或，D项正确；故选D。8．C【详解】A．①的结构为立方体，每个顶点为碳原子，就是立方烷的结构，A正确；B．②苯环上等效氢只有2种（），因此苯环上的一溴代物有2种，B正确；C．根据“定一移一”，③苯环上的二氯代物共得到9种同分异构体，、、C错误；D．④分子式为，计算不饱和度：。芳香烃的定义是含有苯环的烃，一个苯环的不饱和度为4，该物质不饱和度为6，可能存在含苯环的芳香烃同分异构体，D正确；故选C。9．B【分析】图-1（温度对平衡的影响）：横坐标为温度，纵坐标为平衡时物质的物质的量。初始投料为和，随温度升高，平衡时逐渐增大，逐渐减小，说明升温使反应平衡逆向移动；图-2（时间对产物物质的量的影响）：横坐标为反应时间，纵坐标为物质的量。平衡时，有体系的明显大于无体系，明显小于无体系，说明改变了产物分布，提高了的占比。【详解】A．由图-1可知：升温后，反应平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，因此正向反应放热，即，A正确；B．时，，，设反应消耗的物质的量为，反应消耗的物质的量为，根据C元素守恒：，。平衡时各物质的物质的量：，，，。反应的平衡常数，同容器体积相同，物质的量代入得：，B错误；C．由图-2可知，相同温度下，加入后平衡时更高，更低，说明更多反应物转化为，提高了的生成选择性，C正确；D．机理①生成，机理③需要反应物，因此机理②需要生成，选项给出的反应：，满足原子守恒、自由基传递，符合机理要求，该过程合理，D正确；故选B。10．D【详解】A．溶解总过程的焓变满足，已知，，，因此，A正确；B．是晶体解离为气态离子的过程的焓变，断裂离子键吸热，故；是气态离子的溶剂化过程的焓变，形成相互作用放热，故。总焓变，推导得，即，B正确；C．乙醇与离子的溶剂化作用弱于水，溶剂化过程放出的热量更少；本身为负值，放热越少，的数值越大，因此会变大，C正确；D．是过程焓变，仅由始态和终态决定，将粉碎为纳米颗粒只改变颗粒大小，不变，D错误；故选D。11．C【分析】平衡时由图可知：，；根据反应①，生成的HCHO，则生成的。根据反应②，生成的CO，则生成的。因此，平衡时总的。【详解】A．目标反应，分压平衡常数：，A正确；B．由图像可知，随着反应时间延长，甲醛分压先增大后减小，最后趋于稳定，而CO的分压先增大，后趋于稳定，因此通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率，B正确；C．增大容器体积，体系总压强减小，对于分解反应（正反应气体分子数增加），减压平衡正向移动，更多甲醛分解，因此重新平衡时甲醛的产率降低，C错误；D．反应①的，则：，D正确；故选C。12．A【分析】由题可知，X、Y、Z处于同一周期，X元素对应的单质不具备还原性，则X为F元素（氟单质氧化性很强，不具备还原性），M的最高正价与最低负价的绝对值相等，且根据化合物结构可知，M只有一个共价键，为H元素，Q元素在第四周期中电负性最高，故Q为Br元素（同周期从左到右电负性逐渐增大），根据化合物结构中元素的成键情况，可推出Y为B元素，Z为C元素。【详解】A．由分析可知，X为F元素，Q为Br元素，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，与氢原子形成的共价键极性减小，最简单氢化物中分子极性逐渐减小，即，A正确；B．由分析可知，X为F元素，Y为B元素，Z为C元素，原子半径大小关系为，B错误；C．X、Y、Z、Q的简单氢化物分别为HF、BH3、CH4、HBr，元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，而同周期从左往右氧化性逐渐增强，非金属性，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱（），综合可知非金属性顺序，则稳定性，C错误；D．该物质所含元素对应的简单氢化物中，HF、NH3都能形成氢键，常温下为气态，HBr易挥发，所以沸点最高的是HF，且不属于碳的简单氢化物，D错误；故答案选A。13．D【详解】A．NO中N为+2价，反应产物可能有（0价）、（+1价）、（-3价）等，不同产物N的化合价变化不同，2molNO转移电子数不固定，A错误；B．反应中中心原子为杂化的分子有、，共2种，B错误；C．催化剂（Pt）的作用是提供活性位点，吸附并活化反应物（H2、NO），但催化剂在反应中会参与中间过程的电子转移（如Pt原子与反应物的电子作用），C错误；D．根据机理图，Pt原子表面存在N原子之间结合为、H原子与O原子结合为、NO与N原子结合为、H原子与N原子结合为的反应，D正确；故选D。14．B【详解】A．由题干两方程式①×2+②可知，，因此氧化Pd的过程1实际上投入的是氧气和氯化氢，观察整个催化机理可知，作为反应物的有：、C2H4、H2O、2HCl，根据可知，还投入，产物有：、H+、CH3CHO、H2O、HCl，可得总反应方程式为，故A正确；B．配位键是一方提供空轨道，一方提供孤电子对，乙烯的结构为，C原子是sp2杂化，无孤对电子，无法进行配位，故B错误；C．配位键是一方提供空轨道，一方提供孤电子对，因此空位中心的产生有利于反应物参与配位，故C正确；D．重排过程1铂元素的配位数未发生改变，化合价未发生变化，故D正确；故答案选B。15．(1)(2)羧基取代反应(3)(4)AD(5)++HBr(6)或(7)【分析】由M的结构，结合反应信息，逆推可知L为，结合K的分子式，可推知K为，D→E发生酯化反应，故E为，逆推可知D为，B为，A为，G与J发生加成反应生成；根据原子守恒可知J的分子式为，F与反应引入甲基，G与J的反应中在苯环上引入，可推知F为，G为，J为，以此解答。【详解】（1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是。（2）B的结构简式为，官能团为羧基，D的结构简式为，B到D发生取代反应。（3）根据分析可知，J的结构简式是。（4）K的结构简式为：；A．存在酚羟基，能与溶液作用显紫色，A正确；B．苯环和醛基上碳原子为杂化，甲基上碳原子为杂化，碳原子的杂化方式不相同，B错误；C．根据不饱和度分析，K的不饱和度为5，含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体的不饱和度至少为6，故不可能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，C错误；D．L的结构简式为：，二者的官能团和化学键不同，可以通过红外光谱或核磁共振氢谱可以区分K和L，D正确；答案选AD。（5）E的结构简式为：，K的结构简式为：，L的结构简式为，E与K发生取代反应得到L和，反应的化学方程式为：++HBr。（6）的同分异构体满足条件：Ⅰ．能发生水解反应，含有酯基；Ⅱ．该物质和溶液反应，最多消耗；Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为，有2个等效的甲基；符合条件的结构简式有或。（7）P、Q的分子式都是，Q含有1个七元环。P的结构简式是，由尼龙6的结构简式可知，Q的结构简式是，发生资料i的反应生成P为，P发生资料ⅱ的反应生成Q。16．(1)(2)−90.8kJ/mol(3)BC(4)(5)受热易分解，吸收剂有效浓度降低，氧化能力下降(6)4mol【分析】氮气与氢气在合成塔中生成氨气，经过分离器得到纯净的氨气通入氧化炉中，氨气与氧气反应生成一氧化氮和二氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，在吸收塔中二氧化氮吸收水生成硝酸。【详解】（1）氮气分子中两个N原子形成三对共用电子，每个N原子还各有一对孤对电子，电子式为。（2）根据盖斯定律，目标反应可由已知反应得到，。（3）合成氨在催化剂表面的反应过程：①为反应物靠近催化剂，②为催化剂吸附反应物，③为旧化学键断裂生成N、H原子，④为新化学键形成生成​，⑤为脱离催化剂。A．化学反应的本质就是旧化学键断裂、新化学键形成，A正确；B．①→②吸附过程中，化学键不变，B错误；C．②→③是断键生成原子的过程，断键需要吸收能量，C错误；D．③→④形成中的键，合成氨是氧化还原反应，存在电子转移，D正确；因此选BC。（4）由产率图可知，900℃时NO产率接近100%，是主要产物，因此氨催化氧化生成NO的反应为。（5）复合吸收剂中含​，​​热稳定性差，温度过高时​会受热分解，导致吸收剂有效浓度降低，氧化能力下降，因此NO去除率下降。（6）当时，配平反应方程式为：，该反应中转移6mol电子时生成2mol​，因此转移12mol电子时，生成的物质的量为4mol。17．(1)双氧水受热易分解使胶体聚沉，以便过滤(2)3.7pH<7.6(3)10-16mol/LCoC2O4能与过量的反应生成而溶解(4)(5)Mn【分析】某废催化剂主要含、、、、，加入NaOH溶液进行碱浸，得到浸液通入过量二氧化碳除硅，硅酸根离子转化为硅酸沉淀而除去，滤液加入硝酸和硝酸铵进行沉钼，等到；碱浸后的浸渣加入稀硫酸和双氧水进行酸浸，得到含有Co2+、Mn2+、Fe3+的溶液，加入碳酸钴沉铁，得到氢氧化铁沉淀，滤液再加入草酸铵进行沉钴，得到草酸钴，焙烧得到；沉钴后的滤液加入沉锰，得到二氧化锰；【详解】（1）由于“酸浸”使用了受热易分解的双氧水，加热时，温度不宜过高，以防双氧水受热分解；“除硅”和“沉铁”得到的硅酸和氢氧化铁均为胶状，所以进行陈化主要是使胶体聚沉，以便过滤；（2）根据表中部分金属阳离子形成氢氧化物沉淀时开始沉淀的pH和沉淀完全的pH数据可知，“沉铁”调节的pH范围为3.7pH<7.6；“沉锰”时需要调pH=5，加入Na2S2O8溶液后，溶液先变成紫红色，即一部分Mn2+被氧化为，后紫红色又褪去，即与Mn2+反应生成MnO2，紫红色褪去时反应的离子方程式为；（3）若“沉铁”后所得滤液中c(Co2+)=1.0mol/L，沉钴率为99%，则“沉钴”后溶液中c(Co2+)=0.01mol/L，根据Ksp(CoC2O4)=10-18=c(Co2+)・c()，所以c()==10-16mol/L；“沉钴”是为了得到难溶于水的CoC2O4，但CoC2O4能与过量的反应