2026年湖南省湘潭市高二下学期第一次月考化学模拟试卷（人教版）（解析版）

2026年湖南省湘潭市高一下学期第一次月考模拟试卷化学试题（解析版）题号12345678910答案BDCADDDDDC题号11121314答案DCDA1．B【分析】若X为碳，碳在氧气中不完全燃烧生成Y为CO，CO与氧气反应生成Z为CO2，CO2与水反应生成W为碳酸，碳酸与氢氧化钠反应生成的盐为碳酸钠或碳酸氢钠；若X为硫，S在氧气中燃烧生成Y为SO2，SO2与氧气催化氧化生成Z为SO3，SO3与水反应生成W为硫酸，硫酸与氢氧化钠反应生成的盐为硫酸钠或硫酸氢钠；若X为H2S，H2S在氧气中不完全燃烧生成Y为S，S与氧气反应生成Z为SO2，SO2与水反应生成W为亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成的盐为亚硫酸钠或亚硫酸氢钠；【详解】A．根据分析可知，X可能为碳、硫或硫化氢，即可能为固体或无色气体，A正确；B．常温下，若X为H2S，W为亚硫酸，H2S与亚硫酸能反应生成硫和水，B错误；C．若X为，则Z为，与水反应生成硝酸和一氧化氮，属于氧化还原反应，C正确；D．若常温下X与Z能反应生成Y，则该反应为，此路径中W为亚硫酸，是弱酸，D正确；答案选B。2．D【详解】A．硫磺（单质硫）易溶于二硫化碳（），而非微溶，因二者均为非极性分子，符合相似相溶原理，故A错误。B．二氧化硫（）虽具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，但二者不反应，实验室常用浓硫酸干燥，故B错误。C．“钡餐”需使用硫酸钡（），因其不溶于水和胃酸；亚硫酸钡（）虽难溶于水，但遇酸（如胃酸）会反应生成有毒的可溶性钡盐和二氧化硫，不可用作钡餐，故C错误；D．浓硫酸的脱水性指将有机物中的氢、氧元素按水的组成比（H:O=2:1）脱去，如纸张（纤维素）变黑碳化，故D正确；则该题选D。3．C【详解】A．与反应时，氧化性强，产物为，不是，用双线桥表示电子转移为：，A错误；B．氧化性较弱，加热条件下只能将氧化为+1价，反应生成，不是，化学方程式为，B错误；C．分子中原子分别与2个原子形成单键，分子为V形结构，图示符合的结构式表示，C正确；D．是弱酸的酸式强电解质，在水中完全电离出和，由于电离是可逆的且不完全的，在电离方程式中不应被拆分，正确电离方程式为，D错误；故答案为C。4．A【分析】甲中生成SO2，进入乙装置中生成Na2S2O4，连二亚硫酸钠(Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，加入甲醇的目的是降低Na2S2O4的溶解度，有利于Na2S2O4的析出，以此分析。【详解】A．SO2易溶于水，开始试验后先打开K1，制取SO2一段时间后，打开K2，滴加NaOH溶液充分反应，故A正确；B．铜和浓硫酸反应产生二氧化硫需要加热，故B错误；C．尾气中，难溶于，可防止倒吸，不能用苯代替，因为苯的密度比NaOH溶液小，故C错误；D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，在空气极易被氧化，用装有碱石灰的干燥管替换后容易导致连二亚硫酸钠(Na2S2O4)氧化，故D错误；故答案选A。5．D【分析】铍矿石[主要成分为，含少量等杂质]与硫酸反应，将Be、Al、Fe等元素溶解，而SiO2不溶，成为滤渣，滤液中加入硫酸铵，使Al3+转化为NH4Al(SO4)2固体析出，加入氨水调pH，使Fe3+沉淀为Fe(OH)3，继续加入氨水，使Be2+转化为Be(OH)2沉淀，“转化”步骤中，Be(OH)2与HF反应生成，从溶液中分离出固体后灼烧，分解为BeF2，同时回收气体HF，用Mg还原BeF2得到Be。【详解】A．根据题目，铍的性质与铝相似，Be(OH)2是两性氢氧化物，既能溶于酸，也能溶于强碱。如果在“沉铍”步骤中使用NaOH溶液，过量的NaOH可能会溶解Be(OH)2，导致铍的损失，从而降低产率，A正确；B．已知易溶于水，且溶解度随温度升高而显著增大。从溶液中分离固体，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤，B正确；C．在“转化”步骤中，Be(OH)2与HF反应生成。根据元素守恒，反应方程式可以表示为：，气体X应为NH3和HF的混合物。这些气体在灼烧时会重新释放出来，可循环使用，C正确；D．Mg是活泼金属，在高温下会与N2反应生成，这会导致Mg的消耗，“高温还原”时不能在保护氛围中进行，D错误；故选D。6．D【分析】根据转化关系，甲可以是碳、氮气、硫、钠等。【详解】A．若甲是硫，则丁是硫酸，戊可以是硫酸氢钠溶液，显酸性，A错误；B．若丁是H2CO3，丙应为CO2。但CO2在高温下会与活泼金属（如Na、Mg）反应，无法作为保护气，B错误；C．未明确是否处于标准状况，根据气体体积无法确定其物质的量，无法计算，C错误；D．若丙为红棕色气体NO2，甲为N2，乙为NO。N2与O2生成NO的过程将游离态氮转化为化合态，属于氮的固定，D正确；故选D。7．D【详解】A．N2和H2在Fe绒丝作催化剂且加热的条件下生成NH3，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A不符题意；B．Cu与浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子，二氧化硫表现还原性，B不符题意；C．向量气管注入液体，使两边液面不齐，一段时间后依然液面高度不变，说明气密性良好，C不符题意；D．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，D符合题意；故选D。8．D【详解】A．NH3极易溶于水，用导管直接把NH3通入H2O中，会引起倒吸，A错误；B．密度比空气大，因此可以利用装置的向上排空气方法收集，导管需要长进短出，B错误；C．Cl2除了可以发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，过量的Cl2也会与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，因此不能得到氧化性：Cl2＞Br2＞I2的结论，C错误；D．Al(OH)3既能与盐酸反应又能与NaOH反应，表明Al(OH)3具有两性，从而证明是两性氢氧化物，D正确；故选D。9．D【详解】A．铝合金属于金属材料，合金硬度一般大于其成分纯金属，因此铝合金硬度大于纯铝，A不符合题意；B．钕属于镧系元素，元素周期表中镧系元素位于第六周期，B不符合题意；C．芯片的主要成分为高纯单晶硅，二氧化硅是制造光导纤维的主要材料，C不符合题意；D．干冰升华变为气态二氧化碳属于物理变化，仅破坏二氧化碳分子间的分子间作用力，分子内的共价键不会发生断裂，D符合题意；故答案选D。10．C【详解】①中SiO2与C高温生成粗硅，粗硅与HCl反应生成SiHCl3，SiHCl3与H2还原得高纯硅，所有转化均可一步完成，①不符合题意；②中Al2O3不与水反应，无法一步生成Al(OH)3，②符合题意；③中S燃烧只能生成SO2，无法一步生成SO3，③符合题意；④中NH3催化氧化只能生成NO，无法一步生成NO2，④符合题意；⑤中Fe与足量浓硫酸加热可生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与碱反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解得到Fe2O3，所有转化均可一步完成，⑤不符合题意；⑥中Na与水反应生成NaOH，NaOH与Cl2反应生成NaClO，NaClO有强氧化性，与浓盐酸反应生成Cl2，所有转化均可一步完成，⑥不符合题意；综上所述，不能一步完成的组数为3，故选C。11．D【详解】A．石英陶瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，在高温灼烧条件下，二氧化硅会与氢氧化钠发生化学反应，生成硅酸钠和水，从而腐蚀坩埚，A错误；B．铁粉与水蒸气反应装置中，试管应该向下倾斜，试管口的湿棉花受热后会释放出水蒸气，水蒸气在高温条件下还原铁粉，生成四氧化三铁和氢气，B错误；C．氯化铁溶液中的离子和氢氧化铁胶体中的胶粒都足够小，能够透过滤纸的孔隙，因此无法通过过滤来分离它们，C错误；D．烧瓶中的氨气极易溶于水，当胶头滴管中的水挤入烧瓶后，氨气迅速溶解，导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯中的液体压入烧瓶，形成喷泉，氨气溶于水生成一水合氨，溶液呈碱性，使紫色石蕊溶液变蓝，观察到蓝色“喷泉”现象，D正确；故答案选D。12．C【详解】A．高纯度的二氧化硅具有优异的光学性能，是制造光导纤维的关键材料，A正确；B．反应②和③中的化合物均含有Si-Cl键和Si-H键，由于氢元素电负性大于硅元素，这些键都易水解，因此必须严格控制无水环境以防止水解，B正确；C．水解时，Si-H键断裂，产物包括、HCl和，不止两种物质，C错误；D．反应②的产物混合物中各组分沸点差异显著，精馏是利用沸点差异进行分离的优化方法，适合提纯，D正确；故选C。13．D【详解】A．该装置为启普发生器简易装置，适用于块状固体与液体不加热的反应；MnO2与浓盐酸反应需要加热而且MnO2为粉末状，因此该装置不能达到实验目的，A不符合题意；B．CO2密度比空气大，应采用向上排空气法收集，即气体从长管进、短管出；图中气体只进不出，因此不能达到实验目的，B不符合题意；C．加热NaHCO3固体时，试管口应略向下倾斜，防止反应生成的水蒸气冷凝后倒流，使试管炸裂，图中试管口向上倾斜，因此不能达到实验目的，C不符合题意；D．蒸发操作可在蒸发皿中进行，并用玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高造成液滴飞溅，该装置能达到实验目的，D符合题意；故答案选D。14．A【详解】A．反应①：，H2中的H从0价变为+1价，被氧化；S从0价变为-2价，被还原，6.4gS的物质的量为：，每消耗0.2molS，被氧化的物质的量为0.2mol，数目为，A正确；B．反应②：，S在H2S中为-2价，在SO2中为+4价，每个S失去6个电子，生成0.2molSO2时，转移电子数应为：，B错误；C．反应③：，这是一个可逆反应，且生成的在水溶液中会部分电离，则1molSO2通入水中，生成的分子数远小于，C错误；D．H2S分子中，H的质子数为1，S的质子数为16，每个H2S分子的质子数为：，0.1molH2S中质子数为，D错误；故选A。15．(1)(2)第四周期第ⅦA族HClHBr(3)(4)(浓)(5)先有白色沉淀生成，继续滴加后白色沉淀溶解【分析】因为是扇形周期表，且为1~36号元素，所以先根据扇形周期表的排布规律，图中扇形横行为前四周期，纵行为1-18列，结合各元素的位置，确定W为C、X为O、Y为Na、Z为Al、M为S、R为Cl、Q为Br，据此解题。【详解】（1）根据分析，Y为Na、M为S、R为Cl，依据同周期从左到右原子半径逐渐减小、同主族从上到下原子半径逐渐增大的规律，原子半径：（2）根据分析，Q为Br，在周期表第四周期第ⅦA族；Br的最简单氢化物为HBr与R的最简单氢化物为HCl，热稳定性的强弱关系与两元素电负性一致：HCl>HBr（3）为CO2，其电子式为（4）根据分析，W为C，M的最高价含氧酸的浓溶液为硫酸，两者反应的化学方程式为（5）为AlCl3，向AlCl3的溶液中逐滴加入氨水至过量，发生反应，不溶于过量氨水，但可溶于过量，故将氨水换成溶液进行实验，可观察到的现象为先有白色沉淀生成，继续滴加后白色沉淀溶解。16．(1)稀硫酸或盐酸SiO2(2)(3)(4)过滤乙醇(5)(6)2a【分析】由图可知：滤渣c为红褐色，是Fe(OH)3，废弃烧渣中加入足量试剂I后Al元素和Fe元素进入到滤液a中，故滤渣b为SiO2，试剂I为稀硫酸或盐酸，滤液a中含Fe3+、Al3+；滤液a中加入过量NaOH溶液，Al3+转化为Na[Al(OH)4]，Fe3+转化为滤渣c：Fe(OH)3，Na[Al(OH)4]溶液中通入足量CO2，得到Al(OH)3固体，加入足量试剂II：稀硫酸得到溶液d：含硫酸铝，溶液d中加入硫酸铵得到铵明矾溶液，铵明矾晶体溶于水，不溶于乙醇，铵明矾溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤，干燥可以得到铵明矾晶体。【详解】（1）根据分析，试剂Ⅰ为稀硫酸或盐酸，滤渣b为：SiO2；（2）“滤液a”中Al3+和NaOH溶液反应得到Na[Al(OH)4]，离子方程式为：；（3）向Na[Al(OH)4]溶液中通入足量CO2得到Al(OH)3固体，发生反应的化学方程式：；（4）根据分析，铵明矾溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、干燥可以得到铵明矾晶体；（5）铵明矾晶体粗产品溶液与BaCl2溶液发生的离子反应为：，，该粗产品中铵明矾晶体的纯度为：；（6）根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式为：；该反应中S元素化合价降低，N元素化合价升高，S元素化合价由+6价降低为+4价，当生成amolSO2时，转移电子的物质的量为：2amol。17．(1)(2)烧杯、漏斗、玻璃棒、、、(3)防止过氧化氢分解(4)蒸发浓缩、冷却结晶(5)B【分析】由题给流程可知，向铝灰中加入过量稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀、铝离子转化为四羟基合铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁滤渣和四羟基合铝酸钠溶液；向溶液中先加入适量硫酸钾，再加入稀硫酸酸化，将溶液中的四羟基合铝酸钠转化为硫酸铝，反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。【详解】（1）铝灰的主要成分为铝和氧化铝，则酸浸时发生的主要反应为铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式依次为：，；（2）由分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ都是固液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣①的主要成分为SiO2；加入过量稀硫酸酸浸的目的是将金属元素转化为可溶的硫酸盐，则滤液A的阳离子为、、、；（3）由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：，过氧化氢不稳定，受热易分解，所以反应时需控制温度低于40℃，防止过氧化氢受热分解；（4）由分析可知，一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；由铝原子个数守恒可知，铝灰中铝元素的质量分数为：×100%=；（5）设废水中硫酸根离子、氯离子、铝离子、X离子的物质的量分别为3mol、2mol、2mol、1mol，溶液中硫酸根离子、氯离子的电荷总数为：3mol×2+2mol×1=8mol，铝离子的电荷数为：2mol×3=6mol，则由电荷守恒可知，X离子为阳离子，电荷数为：=2，溶液中钡离子能与硫