精品解析：湖南常德市临澧县第一中学2025-2026学年高二下学期第一次阶段性检测 化学试题

临澧一中2026年上学期高二年级第一次阶段性检测 化 学 可能用到的相对原子质量：H~1 S~32 C~12 O~16 Na~23 Mg~24 Ca~40 N~14 Cl~35.5 一、选择题(每小题3分，共42分，每小题只有一项符合题目要求) 1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法中不正确的是 A. 古代用明矾清除铜镜表面的铜锈，是利用明矾溶液中水解使溶液呈酸性 B. “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，是利用焰色试验鉴别硝石(硝酸钾)和朴硝(硫酸钠) C. 《本草纲目》中记载“冬月灶中所烧薪柴之灰也∙∙∙∙∙∙以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的碱指 D. “出相州北山。磁石毛，铁之母也。取铁如母之招子焉”，是利用磁性鉴别 【答案】C 【解析】 【详解】A．明矾溶液中Al3+水解生成H+，使溶液呈酸性，能与铜锈的主要成分碱式碳酸铜反应，A正确； B．硝石（KNO3）含K+，焰色试验时透过蓝色钴玻璃片观察呈紫色，朴硝（Na2SO4）含Na+，焰色为黄色，描述符合鉴别方法，B正确； C．草木灰主要成分为K2CO3，C错误； D．Fe3O4具有磁性，可吸引铁，描述符合实际，D正确； 故选C。 2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 1molCO2与NaOH溶液完全反应，则N(CO)+N(HCO)+N(H2CO3)=NA B. 0.1molFeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.lNA C. 室温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.2NA D. 100g质量分数为98%的浓硫酸中所含的氧原子数为4NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．1mol中含C原子的数目为，与NaOH溶液完全反应后，溶液中含碳微粒有、、，依据物料守恒，，A项正确； B．0.1mol不能完全水解生成的胶体，且胶体的胶粒是多个粒子的聚集体，所以胶粒数小于，B项错误； C．室温下，1LpH=13的溶液中，，则，含的物质的量为0.1mol，数目为，C项错误； D．100g质量分数为98%的浓硫酸中含有98g硫酸和2g水，98g硫酸的物质的量为1mol，1mol硫酸中含4mol氧原子，再加上水中的氧原子，则所含的氧原子数大于，D项错误； 故选A。 3. 下列解释事实的化学用语正确的是 A. 甲烷的燃烧热为： B. 溶液显碱性：+2H2OH2CO3+2OH- C. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：＋5I-＋6H＋=3I2＋3H2O D. 泡沫灭火剂原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A．燃烧热要求1mol可燃物完全燃烧生成指定化合物，其中H元素对应的指定化合物为液态，燃烧热方程式应为，A错误； B．是多元弱酸根，水解分步进行，以第一步水解为主，不能一步生成，B错误； C．醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写为，需保留化学式，应为＋5I-＋6=3I2＋3H2O+6CH3COO-，C错误； D．泡沫灭火剂中与发生完全双水解，生成沉淀和气体，离子方程式书写正确，D正确； 故选D。 4. 下列说法中正确的有 ①熔、沸点：金刚石>碳化硅>晶体硅 ②晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ③二氧化硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键相同 ④金刚石的硬度大，则C60的硬度也大 ⑤金刚石和石墨晶体中最小的环都为平面六元环 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【详解】 ①金刚石、碳化硅、晶体硅均为共价晶体，熔沸点由共价键键能决定：键长，键能，故熔沸点金刚石>碳化硅>晶体硅，①正确。 ②分子稳定性由分子内共价键键能决定，分子间作用力仅影响熔沸点等物理性质，和分子稳定性无关，②错误。 ③二氧化硅是共价晶体，熔化时克服极性共价键；碘化氢分解时断裂极性共价键，二者克服的化学键类型相同，③正确。 ④金刚石是共价晶体硬度大，属于分子晶体，硬度很小，④错误。 ⑤石墨的最小环为平面六元环，金刚石的最小六元环为空间立体构象，不是平面结构，⑤错误。 综上共有2个说法正确。故选B。 5. 铜和氧形成的一种离子化合物晶胞、C60晶胞和C60分子如下图所示，下列说法中错误的是 A. 铜和氧形成的离子化合物，铜离子的电荷数为+1 B. 在C60晶胞中含有4个C60分子 C. C60与F2在一定条件下，发生加成反应生成C60F120 D. 1molC60分子中，含有的δ键数目约为 【答案】C 【解析】 【详解】A．晶胞中Cu的数目为4，O的数目为，则化学式为，O为-2价，故铜离子的电荷数为+1，A正确； B．晶胞为面心立方结构，分子的数目为，B正确； C．分子中每个碳原子形成一个碳碳双键，而每个碳碳双键为2个碳原子共有，则一个C60含有30个碳碳双键，1个双键最多与1个发生加成反应，因此加成产物为，无法生成，C错误； D．每个C原子形成3个σ键，每个σ键被2个C共用，1个分子中σ键数目为，故1mol 中σ键数目约为，D正确； 故选C。 6. 下列说法中错误的是 A. 含有手性碳原子的分子叫做手性分子 B. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点 C. 根据吸电子基、推电子基团种类不同，推断酸性：CH2FCOOH>CH3COOH D. 冠醚(18-冠-6)的空穴与K＋尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．含有手性碳原子的分子不一定是手性分子，例如内消旋体含有手性碳原子，但分子存在对称面，整体无手性；手性分子的判断依据是分子与其镜像能否重叠，而非是否含有手性碳原子，A错误； B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键会升高物质沸点，因此邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛，B正确； C．F是吸电子基团，其吸电子诱导效应会增强羧基中O-H键的极性，使氢更易电离，而甲基是推电子基团，会减弱羧基中O-H键的极性，因此酸性，C正确； D．18-冠-6的空穴尺寸与适配，二者可通过分子间弱相互作用形成主客体结构的超分子，D正确； 故选A。 7. LDFCB 是电池的一种电解质， 该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是 A. 四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高 B. W的最高价含氧酸为一元强酸 C. 按电子云重叠方式考虑，X与Y形成的二元化合物含有2种类型的共价键 D. 四种元素的单质中，有分子晶体、共价晶体和金属晶体三种情况 【答案】C 【解析】 【分析】同周期元素W、X、Y、Z中，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，说明这四种元素位于第二周期；根据图示可知，Y可形成2个共价键，应为O元素；X为6号C元素；Z只能形成1个共价键，则Z为F元素；四种元素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20-4-6-7=3，为B元素，所以W、X、Y、Z分别为：B、C、O、F，据此解答。 【详解】A．四种元素最简单氢化物分别为BH3、CH4、H2O、HF，由于水和氟化氢均含有氢键，所以其沸点较前两者高，但由于相同物质的量的水中含所有的氢键数比氟化氢中的氢键数多，所以水的沸点比氟化氢高，选项A错误； B．W、Z可以形成化合物BF3，该物质中B原子最外层只有6个电子，选项B错误； C．按电子云重叠方式考虑，X与Y形成的二元化合物CO、CO2均含有2种类型的共价键，π键、σ键，选项C正确； D．四种元素均为非金属元素，所以没有金属晶体，选项D错误； 答案选C。 8. 下列说法错误的是 A. 三氟乙酸乙酯(CF3COOC2H5)是制备抗病毒药物的原料，1个该分子中含有13个σ键和1个π键 B. Fe是第ⅧB族的一种元素，属于d区 C. 甲烷的二氯代物有1种 D. 与互为同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．三氟乙酸乙酯结构式为，单键均为键，碳氧双键中含1个键和1个键，统计可知1个分子共含13个键、1个键，A正确； B．Fe位于元素周期表第Ⅷ族，不存在ⅧB族的分类，Fe属于d区元素，B错误； C．甲烷为正四面体空间结构，四个氢原子完全等效，其二氯代物只有1种，C正确； D．两种物质分子式均为，结构不同，互为同分异构体，D正确； 故选B。 9. 石墨烯是从石墨材料中剥离出来、由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。其结构如图所示。下列有关说法不正确的是 A. 石墨是混合型晶体 B. 从石墨中剥离石墨烯不需要破坏化学键 C. 石墨烯中所有碳原子处于同一个平面内 D. 石墨中碳原子个数和C—C个数之比为1∶2 【答案】D 【解析】 【详解】A．石墨层内存在共价键，层间存在范德华力，同时具备金属晶体的导电特性，属于混合型晶体，A正确； B．石墨层与层之间依靠范德华力结合，范德华力不属于化学键，因此从石墨中剥离石墨烯仅需要克服范德华力，不需要破坏化学键，B正确； C．石墨烯中碳原子均采取杂化，形成平面六边形结构，所有碳原子处于同一个平面内，C正确； D．石墨中每个碳原子连接3个键，每个键被2个碳原子共用，因此每个碳原子实际占有的键数目为，碳原子和个数之比为，不是，D错误； 故选D。 10. 并六苯的某衍生物结构简式为，其苯环上的氢原子再被1个Cl原子取代的产物有 A. 3种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 【答案】C 【解析】 【详解】并六苯的氯代物为对称结构，则其一氯代物的种类如图，合计7种，答案为C。 11. 我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 过渡态1比过渡态2更稳定 B. 若该反应生成液态，则反应的增大 C. 催化剂的催化效果比的好 D. 该反应的热化学方程式为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．能量越低越稳定，由图知过渡态1的相对能量为-3.46 kJ·mol-1，过渡态2的相对能量为-48.8 kJ·mol-1，则过渡态2更稳定，A错误； B．同一物质液态能量低于气态，若该反应生成液态C2H6，放热更多，则反应的ΔH减小，B错误； C．催化剂的作用是降低活化能，活化能越低催化剂效果越好；AuF催化时反应的活化能=(-3.46kJ·mol-1)-(-112.8kJ·mol-1)=109.34 kJ·mol-1，催化时反应的活化能=(-48.8kJ·mol-1)-(-75.1kJ·mol-1)=26.3 kJ·mol-1，则催化效果更好，C错误； D．ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=-129.6kJ·mol-1-0.0kJ·mol-1=-129.6 kJ·mol-1，物质均为气态，热化学方程式正确，D正确； 则答案选D。 12. 以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-=Na2Fe[Fe(CN)6] B. 充电时，Mo箔接电源的正极 C. 充电时，Na＋通过离子交换膜从左室移向右室 D. 外电路通过0.2 mol电子时，负极质量变化为1.2g 【答案】D 【解析】 【详解】A．放电时，正极Fe[Fe(CN)6]得电子与Na＋结合，反应式为Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，A正确； B．放电时，Mo箔电极得到电子，则充电时，Mo箔电极失去电子，接电源的正极作阳极，B正确； C．充电时，Mo箔电极作阳极，Mg箔电极作阴极，电解质中Na＋朝阴极移动，即通过离子交换膜从左室移向右室，C正确； D．外电路通过0.2 mol电子时，负极Mg生成[Mg2Cl2]2+，，Mg箔电极质量变化为2.4g，D错误； 故选D。 13. 为实现“碳达峰”、“碳中和”，二氧化碳和氢气在一定条件下可转化为甲烷，其反应为。下列有关该反应图像的解释或得出的结论正确的是 A. 由甲图可知，交点a表示反应一定处于平衡状态 B. 由乙图可知，该反应为吸热反应 C. 由丙图可知，反应在n点可能达到了平衡状态 D. 由丁图可知，反应过程中的点是c点 【答案】C 【解析】 【分析】该反应正反应方向为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，据此分析。 【详解】A．甲图中交点a仅表示与浓度相等，与反应是否平衡无关（平衡状态需浓度不再变化），A不符合题意； B．乙图中，温度升高（500∘C）时平衡转化率降低，说明升温平衡逆向移动，反应为放热反应，B不符合题意； C．丙图中n点百分含量最低，若温度继续升高，平衡移动会使含量变化，故n点可能处于平衡状态，C符合题意； D．丁图中，c点产率低于平衡产率，反应正向进行，故，D不符合题意； 故选C。 14. 已知：下，。。过量与充分反应至平衡，平衡时，不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是 A. B. C. 平衡时，溶液呈弱碱性 D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应平衡常数 ，则，故A错误； B．由平衡常数和条件 ，代入得 ，故B错误； C．平衡时有，得氢氧根浓度为，由得氢离子浓度为，则pH ≈ 5.7，呈酸性，不是弱碱性，故C错误； D．由反应计量关系：，生成  与  的关系为 ，则，平衡时，则，根据乙酸根物料守恒，初始乙酸浓度等于平衡时乙酸分子和乙酸根离子的浓度之和，则，故D正确； 故选D。 二、非选择题(本题共包括4小题，共58分) 15. 已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子。D、E为同周期元素且分别位于s区和d区。五种元素所有的s能级电子均为全充满。E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和。回答下列问题： （1）五种元素中，电负性最大的是________(填元素符号)。 （2）E常有＋2、＋3两种价态，画出E2＋的价电子排布图：________________。 （3）单质C有两种同素异形体，其中沸点高的是_____(填分子式)，原因是_________________________。 （4）单质A属于______晶体类型。 （5）由元素B、D组成的某离子化合物的晶胞结构如图所示(棱的中心和体心的原子是D原子)，则该物质的化学式为___________。(用具体元素符号表示)若晶胞的长、宽、高分别为a pm、a pm和c pm，该晶体的密度为________(用含a、c的式子表示，阿伏伽德罗常数用NA表示)g·cm-3。 【答案】（1）O （2） （3） ①. O3 ②. O3相对分子质量较大，范德华力较大 （4）共价 （5） ①. CaC2 ②. 【解析】 【分析】A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。其中A、B、C为同周期的非金属元素，三种元素处于短周期，且B、C原子中均有两个未成对电子，二者外围电子数排布分别为ns2np2、ns2np4，结合A为非金属元素，可知A为硼元素、B为碳元素、C为O元素；D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，则二者处于第四周期，五种元素所有的s能级电子均为全充满，则D为Ca；E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和，则E的d能级电子数为1+2+4=7，即E的外围电子排布为3d74s2，故E为Co； 【小问1详解】 非金属性越强电负性越大，同周期自左而右电负性增大，五种元素中，O元素电负性最大，故答案为：O； 【小问2详解】 E为Co，价电子排布为3d74s2，4s能级失去2个电子形成Co2+，Co2+离子的价电子排布图为； 【小问3详解】 C是O元素，可形成O2和O3两种同素异形体，O3的相对分子质量较大，分子间作用力较大，故沸点较高； 【小问4详解】 A为硼元素，单质硼属于共价晶体； 【小问5详解】 由元素B（碳）、D（钙）组成的某离子化合物为CaC2；晶胞中钙离子、数目相等，数目为8×+6×=4，则晶胞质量为4×，若晶胞的长宽高分别为a pm、a pm和c pm，该晶体密度为。 16. 某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。 已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2 回答下列问题： （1）浸出渣主要成分为___________(填化学式)。 （2）“除铜”时的离子方程式为___________、_____________。 （3）“氧化”时的离子方程式：___________。温度需控制在40~50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是___________。 （4）“调pH”时，pH的控制范围为___________。 （5）Cu元素位于元素周期表中的_______区。 （6）用可溶性碳酸盐，可以浸取CaSO4固体，在溶液浸取过程中发生反应：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)。已知：298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，则此温度下该反应的平衡常数K为________(结果保留三位有效数字)。 【答案】（1）BaSO4、CaSO4 （2） ①. 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ ②. H2S +Cu2+ = CuS↓+2H+ （3） ①. H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+ ②. 避免温度太高，过氧化氢受热分解 （4）3.7≤pH<7.7或3.7~7.7 （5）ds （6）1.75×104 【解析】 【分析】废镍催化剂主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO，先加入硫酸进行酸浸，浸出渣成分是BaSO4（硫酸钡难溶于水）、CaSO4（硫酸钙微溶，大部分都是浸出渣），然后向滤液中加入H2S除去铜，同时三价铁离子有氧化性，氧化H2S生成S单质，此时三价铁则变成了二价铁，然后加入双氧水将二价铁氧化为三价铁，接着调pH除去Fe(OH)3沉淀，然后加入NaF，F-与Ca2+形成氟化钙沉淀，除去钙离子，然后加入氯化钠进行电解得到中间产物2NiO(OH)·H2O，最后煅烧转化为三氧化二镍。 【小问1详解】 浸出渣成分是BaSO4（硫酸钡难溶于水）、CaSO4（硫酸钙微溶，大部分都是浸出渣） 【小问2详解】 加入H2S除去铜，同时三价铁离子有氧化性，氧化H2S生成S单质，此时三价铁则变成了二价铁，“除铜”时的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；H2S +Cu2+ = CuS↓+2H+ 【小问3详解】 加入双氧水将二价铁氧化为三价铁，“氧化”时的离子方程式：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+；温度控制在一定范围内，不能太高的原因是避免温度太高，过氧化氢受热分解。 【小问4详解】 Fe(OH)3完全沉淀的pH是3.7，Ni(OH)2开始沉淀的pH是7.7，因此“调pH”时，pH的控制范围为3.7≤pH<7.7或3.7~7.7 【小问5详解】 Cu元素位于元素周期表中的ds区 【小问6详解】 17. 柠檬酸三正丁酯是一种无色、透明、高沸点液体，微溶于水，与多数有机溶剂互溶，低毒，可视为无毒增塑剂，俗称环保型增塑剂。实验室制备柠檬酸三正丁酯的原理、装置如下： 相关反应物及产物的参数如下表： 物质 相对分 子质量 密度/ (g·cm-3) 沸点 /℃ 溶解性 柠檬酸 192 1.54 175(分解) 易溶于水，易溶于 醇等有机溶剂 正丁醇 74 0.81 118 微溶于水 柠檬酸三 正丁酯 360 1.05 225 微溶于水，易溶于 醇等有机溶剂 制备和提纯步骤如下： ①将沸石、3 mL浓硫酸、9.6 g柠檬酸和45 mL正丁醇(过量的)按一定顺序加入仪器A中； ②加热仪器A中反应液至140～150 ℃，待反应完成后停止加热； ③待仪器A中液体冷却后，用5%的Na2CO3溶液洗涤并分液； ④有机层通过________操作回收正丁醇； ⑤粗产品显淡黄色，依次加入无水氯化钙和活性炭并过滤后得到纯度较高的产品10 g。 请回答下列问题： （1）仪器A的名称：__________。 （2）分水器的作用是不断分离出反应生成的水使反应正向进行，同时上层的液体会回流到仪器A中，则步骤②反应完成的标志是_________________________________________。 （3）步骤③中加入5%的Na2CO3溶液洗涤是为除去______________________杂质。步骤④中分离正丁醇与柠檬酸三正丁酯的方法是________________。 （4）与正丁醇互为同分异构体的所有醇类还有_____种；柠檬酸中，碳原子的杂化类型有______。 （5）该实验中柠檬酸三正丁酯的产率为__________% (保留1位小数)。 【答案】（1）圆底烧瓶 （2）分水器中下层液体(或水面)高度不再发生变化 （3） ①. 柠檬酸和硫酸 ②. 蒸馏 （4） ①. 3 ②. sp3、sp2 （5）55.6 【解析】 【分析】实验室利用柠檬酸和正丁酯发生酯化反应可制备柠檬酸三正丁酯，制备时，先将沸石、浓硫酸、柠檬酸和正丁醇(过量的)按一定顺序加入圆底烧瓶中，使反应液于140～150 ℃充分反应，待反应完成后停止加热，圆底烧瓶中液体冷却后，用5%的Na2CO3溶液洗涤并分液；有机层通过蒸馏可回收正丁醇；粗产品显淡黄色，依次加入无水氯化钙吸水干燥和活性炭脱色并过滤后得到纯度较高的产品。 【小问1详解】 根据仪器构造可判断仪器A的名称：圆底烧瓶， 【小问2详解】 分水器的作用是不断分离出反应生成的水使反应正向进行，同时上层的液体会回流到仪器A中，则步骤②反应完成的标志是分水器中下层液体（或水面）高度不再发生变化。 【小问3详解】 Na2CO3溶液显碱性，反应混合液中有柠檬酸和硫酸，因此步骤③中加入5%的Na2CO3溶液洗涤是为除去柠檬酸和硫酸杂质。正丁醇与柠檬酸三正丁酯的沸点不同，步骤④中分离正丁醇与柠檬酸三正丁酯的方法是蒸馏； 【小问4详解】 与正丁醇互为同分异构体的所有醇类还有3种：；柠檬酸结构中，羧基上的碳为杂化，其余饱和碳原子为杂化，因此杂化类型为和。 【小问5详解】 正丁醇过量，柠檬酸为，理论上生成柠檬酸三正丁酯为，该实验的产率为。 18. 挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下： I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g) ∆H1<0(主反应) II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) ∆H2>0 III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g) ∆H3<0 IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) ∆H4<0 （1）反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) ∆H2=___________(用含∆H1、∆H3和∆H4的代数式表示)。 （2）在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．混合气体的密度保持不变 c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 d．反应的温度保持不变 （3）将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是___________。 （4）压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。 已知： ①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是___________(填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是___________。 ②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是___________(保留一位小数)。 ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：5：2，则将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） （2）cd （3）含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代 （4） ①. b ②. 至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小 ③. 33.3% ④. 减小 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应Ⅲ-反应Ⅳ，故； 【小问2详解】 a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，而，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误； b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误； c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为1 mol、2 mol，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确； d．反应为反应为吸热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确； 故选：cd； 【小问3详解】 根据信息可知，能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代； 【小问4详解】 ①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，增大，反应Ⅱ的平衡正移，减小，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度T2至T3间变化的原因为：，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小； ②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，，。由三段式法可得：，，，，的体积分数是； ③若：n(O2)：n(H2O)=1：5：2，相当于增加水的分压，则将减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临澧一中2026年上学期高二年级第一次阶段性检测 化 学 可能用到的相对原子质量：H~1 S~32 C~12 O~16 Na~23 Mg~24 Ca~40 N~14 Cl~35.5 一、选择题(每小题3分，共42分，每小题只有一项符合题目要求) 1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法中不正确的是 A. 古代用明矾清除铜镜表面的铜锈，是利用明矾溶液中水解使溶液呈酸性 B. “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，是利用焰色试验鉴别硝石(硝酸钾)和朴硝(硫酸钠) C. 《本草纲目》中记载“冬月灶中所烧薪柴之灰也∙∙∙∙∙∙以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的碱指 D. “出相州北山。磁石毛，铁之母也。取铁如母之招子焉”，是利用磁性鉴别 2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 1molCO2与NaOH溶液完全反应，则N(CO)+N(HCO)+N(H2CO3)=NA B. 0.1molFeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.lNA C. 室温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.2NA D. 100g质量分数为98%的浓硫酸中所含的氧原子数为4NA 3. 下列解释事实的化学用语正确的是 A. 甲烷的燃烧热为： B. 溶液显碱性：+2H2OH2CO3+2OH- C. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：＋5I-＋6H＋=3I2＋3H2O D. 泡沫灭火剂原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ 4. 下列说法中正确的有 ①熔、沸点：金刚石>碳化硅>晶体硅 ②晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ③二氧化硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键相同 ④金刚石的硬度大，则C60的硬度也大 ⑤金刚石和石墨晶体中最小的环都为平面六元环 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 5. 铜和氧形成的一种离子化合物晶胞、C60晶胞和C60分子如下图所示，下列说法中错误的是 A. 铜和氧形成的离子化合物，铜离子的电荷数为+1 B. 在C60晶胞中含有4个C60分子 C. C60与F2在一定条件下，发生加成反应生成C60F120 D. 1molC60分子中，含有的δ键数目约为 6. 下列说法中错误的是 A. 含有手性碳原子的分子叫做手性分子 B. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点 C. 根据吸电子基、推电子基团种类不同，推断酸性：CH2FCOOH>CH3COOH D. 冠醚(18-冠-6)的空穴与K＋尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子 7. LDFCB 是电池的一种电解质， 该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是 A. 四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高 B. W的最高价含氧酸为一元强酸 C. 按电子云重叠方式考虑，X与Y形成的二元化合物含有2种类型的共价键 D. 四种元素的单质中，有分子晶体、共价晶体和金属晶体三种情况 8. 下列说法错误的是 A. 三氟乙酸乙酯(CF3COOC2H5)是制备抗病毒药物的原料，1个该分子中含有13个σ键和1个π键 B. Fe是第ⅧB族的一种元素，属于d区 C. 甲烷的二氯代物有1种 D. 与互为同分异构体 9. 石墨烯是从石墨材料中剥离出来、由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。其结构如图所示。下列有关说法不正确的是 A. 石墨是混合型晶体 B. 从石墨中剥离石墨烯不需要破坏化学键 C. 石墨烯中所有碳原子处于同一个平面内 D. 石墨中碳原子个数和C—C个数之比为1∶2 10. 并六苯的某衍生物结构简式为，其苯环上的氢原子再被1个Cl原子取代的产物有 A. 3种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 11. 我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 过渡态1比过渡态2更稳定 B. 若该反应生成液态，则反应的增大 C. 催化剂的催化效果比的好 D. 该反应的热化学方程式为： 12. 以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-=Na2Fe[Fe(CN)6] B. 充电时，Mo箔接电源的正极 C. 充电时，Na＋通过离子交换膜从左室移向右室 D. 外电路通过0.2 mol电子时，负极质量变化为1.2g 13. 为实现“碳达峰”、“碳中和”，二氧化碳和氢气在一定条件下可转化为甲烷，其反应为。下列有关该反应图像的解释或得出的结论正确的是 A. 由甲图可知，交点a表示反应一定处于平衡状态 B. 由乙图可知，该反应为吸热反应 C. 由丙图可知，反应在n点可能达到了平衡状态 D. 由丁图可知，反应过程中的点是c点 14. 已知：下，。。过量与充分反应至平衡，平衡时，不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是 A. B. C. 平衡时，溶液呈弱碱性 D. 二、非选择题(本题共包括4小题，共58分) 15. 已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子。D、E为同周期元素且分别位于s区和d区。五种元素所有的s能级电子均为全充满。E的d能级电子数等于A、B、C最高能层的p能级电子数之和。回答下列问题： （1）五种元素中，电负性最大的是________(填元素符号)。 （2）E常有＋2、＋3两种价态，画出E2＋的价电子排布图：________________。 （3）单质C有两种同素异形体，其中沸点高的是_____(填分子式)，原因是_________________________。 （4）单质A属于______晶体类型。 （5）由元素B、D组成的某离子化合物的晶胞结构如图所示(棱的中心和体心的原子是D原子)，则该物质的化学式为___________。(用具体元素符号表示)若晶胞的长、宽、高分别为a pm、a pm和c pm，该晶体的密度为________(用含a、c的式子表示，阿伏伽德罗常数用NA表示)g·cm-3。 16. 某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。 已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2 回答下列问题： （1）浸出渣主要成分为___________(填化学式)。 （2）“除铜”时的离子方程式为___________、_____________。 （3）“氧化”时的离子方程式：___________。温度需控制在40~50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是___________。 （4）“调pH”时，pH的控制范围为___________。 （5）Cu元素位于元素周期表中的_______区。 （6）用可溶性碳酸盐，可以浸取CaSO4固体，在溶液浸取过程中发生反应：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)。已知：298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，则此温度下该反应的平衡常数K为________(结果保留三位有效数字)。 17. 柠檬酸三正丁酯是一种无色、透明、高沸点液体，微溶于水，与多数有机溶剂互溶，低毒，可视为无毒增塑剂，俗称环保型增塑剂。实验室制备柠檬酸三正丁酯的原理、装置如下： 相关反应物及产物的参数如下表： 物质 相对分 子质量 密度/ (g·cm-3) 沸点 /℃ 溶解性 柠檬酸 192 1.54 175(分解) 易溶于水，易溶于 醇等有机溶剂 正丁醇 74 0.81 118 微溶于水 柠檬酸三 正丁酯 360 1.05 225 微溶于水，易溶于 醇等有机溶剂 制备和提纯步骤如下： ①将沸石、3 mL浓硫酸、9.6 g柠檬酸和45 mL正丁醇(过量的)按一定顺序加入仪器A中； ②加热仪器A中反应液至140～150 ℃，待反应完成后停止加热； ③待仪器A中液体冷却后，用5%的Na2CO3溶液洗涤并分液； ④有机层通过________操作回收正丁醇； ⑤粗产品显淡黄色，依次加入无水氯化钙和活性炭并过滤后得到纯度较高的产品10 g。 请回答下列问题： （1）仪器A的名称：__________。 （2）分水器的作用是不断分离出反应生成的水使反应正向进行，同时上层的液体会回流到仪器A中，则步骤②反应完成的标志是_________________________________________。 （3）步骤③中加入5%的Na2CO3溶液洗涤是为除去______________________杂质。步骤④中分离正丁醇与柠檬酸三正丁酯的方法是________________。 （4）与正丁醇互为同分异构体的所有醇类还有_____种；柠檬酸中，碳原子的杂化类型有______。 （5）该实验中柠檬酸三正丁酯的产率为__________% (保留1位小数)。 18. 挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下： I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g) ∆H1<0(主反应) II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) ∆H2>0 III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g) ∆H3<0 IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) ∆H4<0 （1）反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) ∆H2=___________(用含∆H1、∆H3和∆H4的代数式表示)。 （2）在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．混合气体的密度保持不变 c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 d．反应的温度保持不变 （3）将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是___________。 （4）压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。 已知： ①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是___________(填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是___________。 ②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是___________(保留一位小数)。 ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：5：2，则将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $