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02（人教版）（解析版版）

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02（解析版）题号12345678910答案ABDDCCADAC题号11121314答案DDBA1．A【详解】A．合金的熔点通常低于其成分金属，钢铝合金的熔点应低于纯铝，A错误；B．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；C．纳米气凝胶属于胶体，胶体可产生丁达尔效应，C正确；D．质谱法通过质量数差异区分同位素，和质量数不同，可用质谱法区分，D正确；故选A。2．B【详解】A．氯化铵是离子化合物，电子式为，故A正确；B．分子中N原子价电子对数为4，VSEPR模型为四面体，故B错误；C．p―pπ键是p轨道电子通过“肩并肩”成键，电子云轮廓图为，故C正确；D．邻羟基苯甲醛，羟基上的H原子和醛基上的O原子形成氢键，分子内氢键示意图：，故D正确；选B。3．D【详解】A．三氟乙酸的酸性强是因为F的电负性更大，吸电子效应更强，使得羟基的极性更大，容易电离出氢离子，解释正确，A不符合题意；B．冰中氢键的方向性和饱和性导致结构疏松，密度小于水，解释正确，B不符合题意；C．冠醚空腔直径与Li+匹配，与K+不匹配，解释正确，C不符合题意；D．CH4和NH3的中心原子均为sp3杂化，键角差异由孤电子对排斥导致，而非杂化方式不同，解释错误，D符合题意；故选D。4．D【详解】A．SO2与Na2S可发生归中反应生成S，由于SO2过量，溶液中还有生成，正确的反应方程式为，A错误；B．电解MgCl2溶液时，Mg2+会与阴极产生的OH-结合生成Mg(OH)2沉淀，正确的反应方程式为，B错误；C．CaSO4微溶于水，写离子方程式时不能拆开，正确的离子方程式为，C错误；D．H2S与Cu2+反应可生成极难溶的CuS沉淀，所给离子方程式符合电荷和原子守恒，D正确；故选D。5．C【详解】A．冰晶体中，每个水分子与周围4个水分子形成氢键，每个氢键被2个水分子共用，所以平均1个水分子形成2个氢键，则1mol水分子含有2mol氢键，数目为，故A错误；B．属于络合物[]，溶液中所含有的的数目远小于，故B错误；C．石墨中每个C与周围3个C形成C-C键，每个C-C键被2个C共用，则平均1个碳原子形成1.5个C-C共价键，12g石墨的物质的量为1mol，其中含有C-C键的数目为，故C正确；D．手性碳原子是指连有4个各不相同的原子或基团的饱和碳原子，1个中含3个手性碳原子(靠中间的三个羟基各自所连的碳原子)，则1mol含手性碳原子数为，故D错误；故选C。6．C【详解】A．六方氮化硼的结构和石墨相似，所以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，所以六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键，故A正确；B．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成4个B－N共价键，所以立方氮化硼中B和N原子之间存在配位键，故B正确；C．六方氮化硼的结构和石墨相似，每个N原子与三个B相连，每个B也与3个N相连，均为杂化，故C错误；D．立方氮化硼晶胞中N原子个数是4、B原子个数=8×+6×=4，故D正确；故选：C。7．A【详解】A．标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含碳氢共价键的数目为，A正确；B．一定条件下三分子氨基酸发生脱水缩合反应生成含有2个肽键的三肽和水，则189g三肽C6H11N3O4中的肽键数目为×2×NAmol—1=0.2NA，B错误；C．和在光照条件下发生取代反应，生成的同时还会生成、、和，故与足量在光照下反应生成的分子数小于，C错误；D．4.4g的物质的量为0.1mol，若为，则1个分子中含有7个σ键，其数目为0.7，D错误；故选A。8．D【详解】A．图甲为核磁共振氢谱图，表明氢原子种类及其数目比，图丙为红外光谱图，表明分子中化学键或官能团特征，A错误；B．图乙为质谱图，由图可知，该有机化合物的相对分子质量为46，B错误；C．由图甲可知，该有机物分子中有3种不同的氢原子，且个数比为1:2:3，C错误；D．由图丙可知，该有机化合物A中含键、键、键，结合相对分子质量为46，同时含3种不同化学环境的H原子，且个数比为，可知A的结构简式为，D正确；故选D。9．A【详解】该烷烃最长碳链为5个碳原子，右端离支链最近，从右端开始编号，故命名为2，3，3－三甲基戊烷，A正确；故答案为A。10．C【详解】A．CH3COONH4中水解，，会消耗CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO-)＜Kh()，A错误；B．浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，B错误；C．K2CrO4中存在平衡2(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C正确；D．乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误；答案选C。11．D【详解】A．中间体P、Q中不饱和碳原子的杂化方式均为sp、故相同，A正确；B．根据能量图，步骤Ⅱ活化能最大，故为决速步，B正确；C．甲苯与乙酰氯反应过程中做催化剂，参与反应后又重新生成，Ⅰ中生成四氯合铝离子后，又会发生反应，C正确；D．催化剂不改变反应焓变和体系初末状态能量，D错误；故选D；12．D【详解】A．碳和少量氧气加热生成CO，一氧化碳和氧气燃烧生成二氧化碳，镁和二氧化碳反应生成单质碳，A正确；B．铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硫酸生成硫酸铜，硫酸铜和铁反应生成单质铜，B正确；C．硅和氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅和氢气反应生成，继续和氢气反应生成单质硅，C正确；D．铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氢氧化钠反应生成，不能一步生成单质铝，D错误；故选D。13．B【详解】A．同周期从左到右原子半径依次减小，故原子半径：N<B，选项A正确；B．氮化硼（BN）是由氮原子和硼原子通过不同杂化方式所构成的晶体，为共价晶体，不存在BN分子，选项B错误；C．根据均摊法可知，晶胞中含有个B，4个N，立方氮化硼的密度，选项C正确；D．根据晶胞的结构可知，氮化硼晶胞的俯视投影图为，选项D正确；答案选B。14．A【分析】醋酸为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：，常温下，其电离常数为Ka=，结合b点坐标信息知Ka=；的溶液中约为，对应的pH为2.88，则a点为单一的醋酸溶液；b点溶液显酸性，溶质为；的水解平衡常数为Kh=，当pH为8.73时，约为，，，说明c点二者恰好完全中和，溶质为。【详解】A．结合分析知，常温下，的电离常数为，故A符合题意；B．根据分析，c点对应消耗的溶液为，溶质为，属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，，当溶液的时，消耗溶液的体积小于，故B不符合题意；C．酸、碱抑制水的电离，强碱弱酸盐因水解而促进水的电离，结合分析知，a点为单一的醋酸溶液，b点溶质为，c点为溶液，则溶液中水的电离程度大小：c＞b＞a，故C不符合题意；D．c代表溶液，溶液显碱性，由于醋酸根存在微弱水解，其浓度低于钠离子，则c点溶液中存在：，故D不符合题意；故选A。15．(1)作安全瓶，防倒吸排除装置中的空气，防止Pb被O2氧化趁热过滤(2)PbO+2H++4Cl-=[PbCl4]2-+H2O增大Cl-浓度，促进[PbCl4]2-生成BCD条件温和，能耗低；无需使用有毒气体【分析】方案一：原料为含少量PbO的铅粉、Cl2，加热条件下生成PbCl2，装置a为反应发生装置，b作安全瓶，作用是防止c中NaOH溶液倒吸进入装置a，c中NaOH吸收未反应的Cl2；方案二：PbO与HCl和NaCl发生反应为Na2[PbCl4]，再加蒸馏水使PbCl2沉降。【详解】（1）①根据分析可知b是安全瓶，作用是防止倒吸；该实验中先通入Cl2后加热的目的是排尽装置内的空气，避免加热时O2与Pb发生反应，影响实验；②已知PbCl2难溶于冷水、易溶于热水，加热溶解后趁热过滤，可除去不溶性杂质PbO，避免PbCl2因冷却结晶而损失，故答案为：趁热过滤。（2）①根据反应物和生成物，可知“溶浸”过程中发生的离子方程式为：PbO+2H++4Cl-=[PbCl4]2-+H2O，根据该离子方程式可知加入NaCl的目的是增大Cl-浓度，促进[PbCl4]2-生成；②PbCl2难溶于冷水、易溶于热水，加冰水降低溶解度，使其沉淀，故选B；③流程涉沉降、过滤等操作，需要用漏斗、烧杯，不需要蒸发皿（无蒸发结晶）和分液漏斗（无分液操作），故答案为CD；④对比方案一和方案二可知，方案一需要加热，方案二不需要，即方案二条件温和，能耗低，且方案一使用的Cl2为有毒气体，方案二无需使用有毒气体，故答案为：条件温和，能耗低；无需使用有毒气体。16．(1)(2)7(3)增大减小(4)(5)a(6)【分析】由题给流程可知，黄铜矿在空气中闪速焙烧，将金属元素转化为金属氧化物，硫元素转化为二氧化硫；向烧渣中加入氨水氨溶，将三氧化钼转化为钼酸铵，过滤得到滤渣1（含有的氧化物主要有）和钼酸铵溶液；向滤渣中加入稀硝酸，将氧化亚铜、氧化铁转化为硝酸铜、硝酸铁，过滤得到滤渣2（）和含有硝酸铜、硝酸铁的滤液；向滤液中加入氧化铜，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；滤液加入得到，据此分析。【详解】（1）Mo的原子序数是42，比36大6，即Mo与Cr同族且位于第五周期ⅥB族，价电子排布式为；（2）将反应“”配平可得，生成，该反应转移28mol电子,生成，该反应转移7mol电子；（3）①吸收塔中喷淋的“脱硫液”与烟气逆向接触，可以增大气体和液体的接触面积，提高脱硫效率；加快进入吸收塔的烟气速率，导致气体无法与液体充分接触，会降低脱硫效率；②碱性NaClO溶液与NaClO溶液显碱性不是一个意思。碱性NaClO溶液应理解为NaOH与NaClO混合溶液，故被“脱硫液”氧化时的离子方程式；（4）依题意被硝酸氧化为，稀硝酸的还原产物是NO，配平可得；（5）加入CuO能与氢离子反应促使水解，并使其转化为沉淀；用调节pH会引入新杂质；加入Cu粉，铜能将还原为；故选a；（6）若“调pH”工序后的滤液中，根据，,可得此时溶液的；调pH的目的是使沉淀完全，根据，，则所得滤液需要调节至，所以调节pH范围为。17．(1)+40.9(2)A(3)CD(4)b(5)d【分析】（1）运用盖斯定律，由已知反应①-②相减得到反应③，计算出△H；（2）依据化学平衡状态特征判断；（3）根据勒夏特列原理分析；（4）根据方程式的特点，根据图像变化的趋势确定等压曲线；再利用三段式计算反应过程中物质的变化量，计算二氧化碳的转化率；（5）关于平衡常数的计算及曲线判断：通过设起始量，列出三段式，结合甲醇物质的量分数计算各物质平衡量，进而得到分压，求出平衡常数Kp。【详解】（1）根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。由反应①

，反应②，用反应①-反应②可得反应③，H3=H1-H2=(-49.5kJ/mol)-(-90.4kJ/mol)=+40.9；（2）A．反应①是一个气体分子数减小的反应（反应前气体分子数为1+3=4，反应后气体分子数为1+1=2）；在恒温恒容条件下，根据pV=nRT（V、T、R为定值），气体的物质的量n与压强p成正比；当体系压强不再变化时，说明气体的物质的量不再变化，反应达到了平衡状态，A符合题意；B．在恒温恒容条件下，气体的质量m和体积V都不变，根据，气体密度始终不变，所以气体密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；C．正(H2)=逆(H2O)时同一物质表示的正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，C不符合题意；选A。（3）A．催化剂只能同等程度地改变正逆反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能提高CO2的平衡转化率，A不符合题意；B．在恒温恒容条件下，氦气是惰性气体，不参与反应，体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，不能提高CO2的平衡转化率，B不符合题意；C．减少起始投料比，相当于增加H2的投入量，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，CO2的平衡转化率提高，C符合题意；D．将水蒸气及时分离出来，减小了生成物的浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，CO2的平衡转化率提高，D符合题意；故选CD。（4）①该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则图中对应等压过程的曲线是b；②设起始氢气为3mol、二氧化碳为1mol，平衡时甲醇的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由甲醇的物质的量分数为0.1可得：=0.1，解得a=，则二氧化碳的转化率约为=33.3%；（5）发生的反应为，由原料初始组成中二氧化碳和氢气的物质的量比与化学计量数比相等可知，任何温度下，二氧化碳和氢气的物质的量比始终为1∶3，乙烯与水的物质的量之比始终为1∶4，则a、b、c、d分别表示氢气、水蒸气、二氧化碳、乙烯的变化的曲线；由图可知，A点氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39，由方程式可知，二氧化碳的物质的量分数为、乙烯的物质的量分数为，则该温度时反应的平衡常数。18．(1)

DAD(2)>反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P20.38E【详解】（1）①按盖斯定律，(反应i-反应ii)得：该条件下与反应生成NO的热化学方程式为

(通过计算而得)。②在恒温恒容密闭容器中，对于反应i：A．正逆反应速率相等时存在，而代表正逆反应速率不相等，不处于平衡状态，A错误；B．n个键断裂的同时，有n个键形成都代表是正反应速率，不能说明上述反应达到平衡状态，B错误；C．根据质量守恒