湖北省天门市陆羽高级中学2025-2026学年高一上学期12月月考化学（全解全析）

湖北省天门市陆羽高级中学2025-2026学年高一上学期12月月考化学讲解（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Fe56第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）A．氧化铁俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料B．研发催化剂将转化为甲醇，可实现“碳中和”C．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果D．合金硬铝、超级钢在航天航空领域中有广泛的运用【答案】C【详解】A．Fe2O3俗称铁红A正确；B．研发催化剂将转化为甲醇，减少的排放，可实现“碳中和”，B正确；C．漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，与盐酸发生反应生成有毒的氯气，C错误；D．硬铝硬度大、密度小、耐腐蚀，超级钢具有优异的强度和延展性，均在航天航空领域中有广泛的运用，D正确；故选C。2．下列有关物质的分类正确的是A．混合物：空气、矿泉水、冰水混合物B．氧化物：、、C．盐：苛性钠、氯化铵、纯碱 D．碱：、、【答案】BA．冰水混合物是纯净物，A错误；B．、、四种物质均为氧化物，B正确；C．苛性钠是氢氧化钠，苛性钠属于碱，苛性钠不属于盐类，C错误；D．为有机物，不属于碱类，D错误；故本题选B。3．表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．0．2mol/LAlCl3溶液中Cl-的个数为B．标准状况下，22.4LCO2所含原子数为C．14.2gCl2与5.6gFe完全反应时，转移的电子数为D．7．8gNa2O2中含有的离子总数为【答案】C【详解】A．0.2mol/LAlCl3溶液的体积未知，无法计算Cl-的个数，故A错误；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为=1mol，1mol二氧化碳含有原子数为3NA，故B错误；C．铁和氯气反应生成三价铁，反应为：，5.6gFe的物质的量为0.1mol，14.2gCl2的物质的量为0.2mol,因此Cl2过量，0.1molFe完全反应转移的电子数为0.3NA，故C正确；D．7．8gNa2O2的物质的量为，含有0.1mol过氧根离子、0.2mol钠离子，含有的离子总数为，故D错误；故答案选C。4．古代典籍富载化学知识，下述之物见其还原性者为A．石胆()：“石胆能化铁为铜”B．矾()：“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”C．炉甘石()：“其(炉甘石)底铺薪，发火煅红，……即成倭铅()也”D．金箔()：“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片”【答案】B【详解】A．“石胆能化铁为铜”，发生的反应是，Fe是还原剂，表现还原性的是Fe，而不是石胆()，石胆在此反应中表现氧化性，A错误；B．“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，描述的是绿矾()受热分解产生等物质，中的Fe2+被氧化为Fe3+，表现还原性，B正确；C．其（炉甘石）底铺薪，发火煅红，……即倭铅()也”涉及的是炉甘石(ZnCO3)高温分解生成氧化锌，再被碳还原为锌，表现还原性的是碳，而不是炉甘石，炉甘石表现氧化性，C错误；D．“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片”，描述的是金的延展性，属于物理性质，不涉及氧化还原反应，D错误；故答案选B。5．化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法正确的是A．Ti-Fe合金室温下能吸收氢气形成金属氢化物，可作储氢材料B．钠、钾化学性质活泼，故钠钾合金可作核反应堆的传热介质C．生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁的含碳量比钢的含碳量低D．铝制品表面的氧化膜可以起到保护作用，因此铝制餐具可以用来存放酸性或碱性食物【答案】A【解析】A．Ti－Fe合金能大量吸收H2形成金属氢化物，将这些金属氢化物加热，它们又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，A正确；B．钠钾合金用作核反应堆传热介质是因为其低熔点、高导热性等物理性质，而非化学性质活泼，B错误；C．生铁的含碳量（2%~4.3%）高于钢（0.03%~2%），C错误；D．铝的氧化膜（）是两性氧化物，会与酸或碱反应而被破坏，因此铝制餐具不能存放酸性或碱性食物，D错误。6．下列指定反应的离子方程式正确的是A．向溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀：B．向硫酸酸化的溶液中通入：C．氯化铁溶液腐蚀铜板：D．溶于稀硫酸：【答案】A【详解】A．向溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀，和的反应比为1:1，反应的离子方程式为，故A正确；B．向硫酸酸化的溶液中通入，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，反应的离子方程式为，故B错误；C．氯化铁溶液腐蚀铜板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为，故C错误；D．溶于稀硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁、水，反应的离子方程式为，故D错误；选A。7．教材中的实验有助于理论知识的学习，下列说法错误的是ABCD加热碳酸钠或碳酸氢钠光照过程中氯水中氯离子的浓度变化Na分别向FeCl3溶液和FeCl可以比较二者的热稳定性氯离子浓度升高的原因是HClO分解带火星的木条复燃说明该反应生成氧气此实验现象可应用于除去FeCl3A.A B.B C.C D.D【答案】D

【解析】A.碳酸氢钠不稳定，受热分解生成的二氧化碳能使石灰水变浑浊，而碳酸钠受热不分解，石灰水不变浑浊，该实验可以比较二者的热稳定性，故A正确；B.氯水中的次氯酸见光分解为HCl和氧气，溶液中氯离子浓度增大，故B正确；C.氧气能使带火星的木条复燃，过氧化钠与水反应生成的气体能使带火星的木条复燃，说明该反应生成了氧气，故C正确；D.KSCN溶液遇到Fe3+变红，遇到Fe2+不反应，只能检验Fe3+，无法除去故答案为：D。8．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A某盐焰色试验火焰呈黄色，溶于水后滴加溶液无现象；若溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体该盐是B向溶液X中加入足量稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体溶液X中一定含有C向某溶液中滴入溶液有白色沉淀产生溶液中一定含有D向溶液中加入铁粉，有红色固体析出Cu的还原性强于Fe的还原性A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．某盐焰色试验火焰呈黄色，说明含有钠元素，溶于水后滴加溶液无现象，说明没有碳酸钠，若溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是二氧化碳，则钠盐是碳酸氢钠，A正确；B．向溶液X中加入足量稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是二氧化碳，则钠盐可能是碳酸钠、碳酸氢钠，溶液X中不一定含有，B错误；C．向某溶液中滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，硫酸银和氯化银都是白色沉淀，不一定只有Cl－，故C错误；D．向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生反应，Cu的还原性强于Fe的还原性D错误；故选A。9．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识相关联的是选项劳动项目化学知识A用“84”消毒液清洁家居用品具有氧化性B焙制蛋糕时加入小苏打作膨松剂可与酸反应C工人用明矾产生的胶体处理废水是两性氢氧化物D用氢氧化钠固体和铝粉制成疏通剂，疏通被油脂、毛发、菜渣等堵塞的管道氢氧化钠固体具有吸水性【答案】A【详解】A．“84”消毒液利用了的强氧化性，A项正确；B．小苏打的主要成分是，作膨松剂是由于其受热易分解产生气体，B项错误；C．明矾处理废水利用了其水解产生的胶体可以吸附水中的杂质并使其沉降，C项错误；D．氢氧化钠溶于水可以与铝发生反应生成氢气，利用生成的气体疏通管道，D项错误。故选A。10．下列物质间的每步转化都能通过一步实现的是()①Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3②Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH③Mg→MgCl2→Mg(OH)2④Al→Al2O3→Al(OH)3A．①② B．③④C．①②③ D．①②③④【答案】CFe与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与碱反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧气氧化为Fe(OH)3，每步转化都能一步实现，故①符合题意；Na和氧气反应生成氧化钠，Na2O和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与H2O、CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与足量的Ca(OH)2反应生成NaOH，故②符合题意；镁和氯气反应生成MgCl2，MgCl2和NaOH溶液反应生成Mg(OH)2，都能通过一步反应实现，故③符合题意；铝与氧气反应生成Al2O3，Al2O3不溶于水，不能一步生成Al(OH)3，故④不符合题意。故选C。11．实验室模拟“侯氏制碱法”的部分流程，下列说法错误的是(提示：浓氨水滴入生石灰中可制备NH3，且NH3极易溶于水)A．实验时，先向饱和NaCl溶液中通入较多的NH3再通入足量CO2B．装置中使用“多孔球泡”可增大NH3的吸收速率C．X溶液为饱和碳酸钠溶液D．利用锥形瓶中所得物质制备Na2CO3固体，还需经历过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程答案】C【分析】浓氨水滴入生石灰中制取NH3；碳酸钙与盐酸反应制取CO2，CO2中混有HCl和H2O(g)，用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl；向饱和NaCl溶液中先通入NH3、后通入CO2充分反应析出NaHCO3（锥形瓶中发生的反应为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl），NaHCO3受热分解制得Na2CO3。【详解】A．NH3极易溶于水，NH3在水中的溶解度远大于CO2，故实验时，先向饱和NaCl溶液中通入较多NH3，使溶液呈碱性，再通入足量CO2，吸收更多的CO2，从而析出NaHCO3，A项正确；B．装置中使用“多孔球泡”可增大NH3与饱和NaCl溶液的接触面积，增大NH3的吸收速率，B项正确；C．X溶液用于除去CO2中混有的HCl，饱和碳酸钠溶液不仅吸收HCl、而且吸收CO2，X溶液不能为饱和碳酸钠溶液，为饱和NaHCO3溶液，C项错误；D．利用锥形瓶中所得物质制备Na2CO3固体时，需经过过滤将析出的NaHCO3分离出来，洗涤、干燥除去杂质，最后焙烧NaHCO3分解获得Na2CO3固体，D项正确；答案选C。12．在某无色透明的强碱性溶液中能大量共存的离子组是A． B．Ag+、K⁺、H⁺、C．Fe3+、K+、、Cl- D．Na+、K+、Cl-、【答案】D【详解】A．在强碱性溶液中不能存在，会转化为和H2O，A错误；B．Ag+在强碱性溶液中转化为AgOH沉淀（迅速分解为棕黄色沉淀Ag2O），B错误；C．Fe3+在强碱性溶液中转化为Fe(OH)3沉淀，C错误；D．该组离子均可在强碱性溶液中稳定存在，且互不反应，D正确；故选D。13．下列除去杂质的方法中，错误的是选项物质(括号内为杂质)除去杂质的方法AMgO固体(Al2O3)加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥BNaCl溶液(Na2CO3)加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤CFeCl3溶液(FeCl2)通入适量的Cl2DCl2气体(HCl)通过饱和NaCl溶液洗气、干燥A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．氧化铝与NaOH溶液反应，氧化镁不反应，反应后过滤、洗涤、干燥可分离，A正确；B．Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaOH，故不能用加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤的操作来除去NaCl中混有的少量Na2CO3，应该加入足量的稀盐酸然后加热煮沸，B错误；C．已知2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故可以向混有少量FeCl2的FeCl3溶液中通入适量Cl2的方法来除去FeCl3溶液中的FeCl2，C正确；D．HCl溶于饱和NaCl溶液和浓硫酸洗气可分离，D正确；故答案为：B。14．配制的溶液部分实验操作示意图如下，下列说法正确的是A．实验中共需用到玻璃棒2次B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用D．配制完后，应将容量瓶中的溶液转移到干燥洁净的试剂瓶中存放，盖好塞子并贴上标签【答案】D【解析】A．该实验中：②溶解、①转移、④洗涤均需要用到玻璃棒，A错误；B．上述实验操作步骤的正确顺序为溶解、转移、洗涤、定容，即②①④③，B错误；C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，由于定容时加蒸馏水定容，故容量瓶不经干燥即可用，C错误；D．配制完后，应将容量瓶中的溶液转移到干燥洁净的试剂瓶中存放，盖好塞子并贴上标签，不能在容量瓶中长期存放溶液，D正确。15．常用作消毒剂、净水剂，可通过如下方法合成：①②下列说法错误的是（）作消毒剂时利用了其强氧化性B．制得等量的，反应①②转移的电子数相等C．反应①中，氧化性：D．用双线桥法表示反应①为【答案】C【详解】A．K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可杀菌消毒，作消毒剂时利用其强氧化性，A正确；B．反应①中，生成2molK2FeO4时，Fe元素由+3价升至+6价，转移电子2×3=6mol；反应②中，Fe元素同样由+3价升至+6价，生成2molK2FeO4转移电子也为6mol，故制得等量K2FeO4时转移电子数相等，B正确；C．反应①中，Fe(OH)3中Fe元素由+3价升至+6价生成（氧化产物），ClO-中Cl元素由+1价降至-1价生成Cl-（还原产物），ClO-为氧化剂。根据氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性ClO->，C错误；D．反应①中，Fe元素失电子：2个Fe(OH)3中Fe各失3e-，共失2×3e-；Cl元素得电子：3个ClO-中Cl各得2e-，共得3×2e-，双线桥表示正确，D正确；答案选C。第II卷（非选择题共55分）二、非选择题：本题共4个小题，共58分。16．回答下列问题：(1)等质量的O2与O3，所含氧原子数之比为。(2)2019年1月21日13时42分，我国在酒泉卫星发射中心用长征十一号运载火箭成功发射了三颗卫星。长征系列运载火箭的燃料之一是肼(N2H4)。回答下列问题：①肼的摩尔质量是。②1.6g肼中含有氮原子的数目与gNH3的氮原子数相等。③肼在氧气中燃烧只生成N2和H2O。一定质量的肼燃烧后生成N2和H2O的物质的量之比是。每生成标准状况下224L的氮气，需要消耗肼的质量为g。(3)9.5g某二价金属氯化物(ACl2)中含有0.2，则A的相对原子质量是。(4)在相同温度和压强下，5mL气体A2和15mL气体B2恰好化合生成10mLC，则C的化学式为。【答案】16．(1)1：1(2)32g/mol1.71：2320(3)24(4)AB3【详解】（1）O2和O3中都只含O原子，等质量的O2与O3，所含氧原子数之比为1：1；故答案为1：1。（2）①肼(N2H4)的摩尔质量为，故答案为32g/mol；②1.6g肼物质的量为0.05mol，含有0.1mol氮原子；0.1molNH3含有0.1mol氮原子；0.1molNH3的质量为1.7g；所以1.6g肼中含有氮原子的数目与1.7gNH3的氮原子数相等；故答案为1.7；③肼在氧气中燃烧只生成N2和H2O，反应方程式为；所以肼燃烧后生成N2和H2O的物质的量之比1：2；每生成标准状况下224L的氮气，氮气物质的量为10mol，所以需要消耗10mol肼，质量为320g；故答案为1：2；320g；（3）9.5g某二价金属氯化物ACl2中含有，所以ACl2的物质的量为0.1mol；所以ACl2的摩尔质量为；所以，解得，故答案为24；（4）在相同温度和压强下，气体体积与物质的量成正比，5mL气体A2和15mL气体B2恰好化合生成10mLC，所以反应方程式为，根据元素守恒可知C为AB3；故答案为AB3；17．（15分）物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。可以从物质类别、化合价角度认识含钠元素物质的性质及其转化关系，请回答下列问题：(1)上图中物质B若是淡黄色固体，其化学式为，是否为碱性氧化物？（填是或否）；物质B可在呼吸面具和潜水艇中作供氧剂，其与反应的方程式为。(2)和是厨房中常见的两种盐，可用化学性质的差异进行鉴别。①利用二者与酸反应的差异，进行如甲图中的4组实验。其中实验和（填实验字母序号）可以鉴别和。②利用二者热稳定性的差异，设计如乙图中的实验装置进行实验（加热及夹持装置省略），将分别装有和的试管同时放入甘油浴加热（甘油沸点为290℃），其中使用甘油浴进行加热的优点是。③乙图实验中用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，b试管中的实验现象为。④乙图实验中试管b中发生反应的化学方程式为。【答案】(1)Na2O2否(2)①ab②受热均匀、加热温度稳定③溶液变浑浊④【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解生成使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体;【详解】（1）物质B为+1钠的氧化物，若是淡黄色固体，则为过氧化钠，其化学式为Na2O2，不是碱性氧化物；物质B可在呼吸面具和潜水艇中作供氧剂，其与反应生成碳酸钠和氧气：；（2）①碳酸钠和稀盐酸首先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和过量盐酸生成二氧化碳气体，故a、b可以鉴别和。而c、d中盐酸过量，均会立刻生成二氧化碳；②使用甘油浴进行加热的优点是受热均匀、加热温度稳定；③碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，二氧化碳和饱和碳酸钠生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体析出，故b试管中的实验现象为溶液变浑浊；④二氧化碳和饱和碳酸钠生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体析出，故试管b中发生反应的化学方程式为。18．（13分）废旧金属的回收再利用不仅节约资源，减轻环境压力，还能带来经济效益，符合可持续发展的理念。某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、、、和可燃性有机物，通过如下工艺流程回收Cu、Al、绿矾等。回答下列问题：(1)“焙烧”的目的除了将金属单质转化为氧化物，主要还除去。(2)“碱浸”时发生反应的离子方程式为。(3)试剂a为(填化学式)，加入试剂a后发生的化合反应的离子方程式为。(4)操作Ⅰ、Ⅱ的名称是，该操作中使用的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还需要。(5)滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。(6)已知易溶于水，难溶于乙醇，结晶时加入乙醇可析出绿矾晶体，乙醇的作用是。【答案】(1)有机物(2)(3)Fe(4)过滤玻璃棒(5)蒸发浓缩(6)降低产品溶解度【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、Fe2O3、FeO、Al2O3、CuO和可燃性有机物，焙烧，可除去有机物，加入氢氧化钠溶液碱浸，可得到四羟基铝酸钠溶液，滤液Ⅰ含有四羟基铝酸钠，可用于提取铝，滤渣Ⅰ含有Fe2O3、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，可生成硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，试剂a为铁，可用于除去硫酸铜，并与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，得到滤液Ⅱ为硫酸亚铁，滤渣Ⅱ为Fe、Cu，加入硫酸酸浸，过滤得到铜，滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾。【详解】（1）“焙烧”过程中除了将金属单质转化为氧化物，还可以将有机物除去；（2）“碱浸”过程中Al2O3与碱反应生成，反应的离子方程式：；（3）根据分析可知，试剂a为Fe；加入后可与反应生成，离子方程式：；（4）根据分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ的名称为过滤，需使用的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还需要玻璃棒；（5）滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体；（6）易溶于水，难溶于乙醇，结晶时加入乙醇可析出绿矾晶体，乙醇的作用是降低产品溶解度。19．（13分）有以下物质：①石墨；②水银；③酒精；④氮气；⑤硫化氢；⑥碳酸氢钙固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氢氧化钙固体；⑩液态氯化氢。(1)其中能导电