湖南省湘潭市2025-2026学年高一下学期期中模拟考试自编化学试卷01（范围：人教版必修一、必修二第5、6单元）（解析版）

湖南省湘潭市2025-2026学年高一下学期期中模拟考试自编化学试卷01（解析版）题号12345678910答案DDCBBDDDDD题号11121314答案CCCD1．D【详解】A．OF2中O和F是不同非金属元素，形成的是极性共价键，不含非极性键，A错误；B．配平反应①为2F2+2NaOH＝OF2+2NaF+H2O，F元素从0价降为-1价，每生成1molOF2，消耗2molF2，2molF2共得到4mol电子，即转移电子4mol，B错误；C．配平反应②为2OF2+2S＝SO2+SF4，S元素从0价升为+4价，SO2和SF4均为氧化产物；O元素从+2价降为-2价，仅SO2为还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，SF4只是氧化产物不是还原产物，C错误；D．氧化剂氧化性大于氧化产物，反应①中是氧化剂，OF2是氧化产物，氧化性：F2>OF2；反应②中OF2是氧化剂，SO2是氧化产物，氧化性：OF2>SO2，故三者氧化性依次减弱，D正确；答案选D。2．D【详解】A．的摩尔质量为，的物质的量小于，每个分子含12个中子，总中子数小于，A错误；B．仅给出硫酸溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量，B错误；C．的物质的量为，与水的反应为可逆反应，不能完全进行，转移电子数小于，C错误；D．和的摩尔质量均为，无论二者比例、所处条件如何，混合气体平均摩尔质量恒为，D正确；故选D。3．C【详解】A．氦气为单原子分子，不存在共价键，A错误；B．碘升华属于物理变化，仅破坏分子间作用力，不破坏共价键，B错误；C．HCl是共价化合物，溶于水电离破坏共价键；NaCl是离子化合物，溶于水电离破坏离子键，二者破坏的化学键类型不相同，C正确；D．中存在O－O非极性共价键，但中仅含有C－Cl极性共价键，不存在非极性共价键，D错误；故答案为：C。4．B【详解】A．石英主要成分为，高温下会与NaOH发生反应，腐蚀坩埚，不能用石英坩埚灼烧氢氧化钠固体，A错误；B．浓硫酸使蔗糖脱水变黑体现脱水性，同时浓硫酸与生成的C反应生成，使品红溶液褪色可证明浓硫酸被还原，体现强氧化性，NaOH棉团可处理尾气，能达到实验目的，B正确；C．浓盐酸易挥发，挥发的HCl会随生成的进入溶液，也能反应生成硅酸沉淀，无法证明酸性，C错误；D．加热时分解生成的和HCl在试管口会重新化合为，无法制得氨气，D错误；故选B。5．B【分析】由图可知，a为-2价硫的氢化物，即，b为S单质，c为＋4价硫的氧化物，即，d为＋6价硫的氧化物，即，e为＋4价硫的含氧酸，即，f为＋6价硫的含氧酸，即，g为＋4价硫的正盐，是亚硫酸盐，h为＋6价硫的正盐，是硫酸盐，据此解答。【详解】A．空气中排放过量会形成酸雨，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，中强酸亚硫酸被氧化为强酸硫酸，导致酸雨酸性增强，pH会随时间增长而减小，A错误；B．物质混合可实现，H2S被氧化成S、SO2被还原成S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，B正确；C．、、溶液均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它们均具有还原性，C错误；D．在加热条件下，浓硫酸和反应生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸时不再和反应，生成二氧化硫物质的量小于1mol，气体体积在标准状况下小于22.4L，D错误；故选B。6．D【分析】，，逐一分析选项：【详解】A．反应I中完全反应生成，每个失2个电子，总转移电子为，A错误；B．反应Ⅱ中，中N为+2价，最终产物中N为+3、+5价，N化合价升高，NO作还原剂，B错误；C．根据钠元素守恒，氮氧化物中所有N最终都转化为和，，则总N原子物质的量为；已知氮氧化物总分子物质的量为，设含一个氮原子的氧化物（NO、）物质的量为mol，物质的量为mol，则，，解得mol，C错误；D．原浓硝酸中N分为两部分：一部分作酸，存在于中，；另一部分转化为氮氧化物，最终进入钠盐，共。因此总，，D正确；故选D。7．D【详解】A．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最高的步骤，根据图可知过程Ⅱ→Ⅲ的能垒变化最大（即活化能最高），因此过程Ⅱ→Ⅲ是决速步骤，故A正确；B．观察图中Cu0位点反应，可以看出Cu0位点的反应物为CH3OH，生成物为CH2O和H2，总反应为，故B正确；C．由图可知，H2O只参与Cu+上的反应，在Cu+位点上，CH2O与H2O反应生成CO2和H2，总反应为CH2O+H2O=CO2+2H2，参与反应的CH2O与最终生成H2的物质的量之比为1:2，故C正确；D．Ⅰ→Ⅶ的反应过程中，Ⅰ→Ⅱ未发生化学键断裂或形成，Ⅱ→Ⅲ发生CH3OH中C-H键（σ键）断裂，生成CH2O（含C=O双键，包含π键）和H2，此过程存在σ键断裂和π键形成，Ⅲ→Ⅳ未发生化学键变化，Ⅳ→Ⅴ未发生化学键变化，Ⅴ→Ⅵ发生H2O中O-H键（σ键）断裂，形成π键，Ⅵ→Ⅶ同时存在σ键断裂和π键形成，根据上述分析可以看出仅Ⅱ→Ⅲ、Ⅴ→Ⅵ、Ⅵ→Ⅶ共3个过程存在σ键断裂和π键形成，不存在四个符合要求的过程，故D错误；故答案选D。8．D【详解】A．该反应中、含有极性共价键，而含有非极性共价键，三者含有的共价键种类不完全相同，A错误；B．由图可知，该催化循环过程中钒元素的价态以+5→+4→+4→+5循环，B错误；C．标准状况下的物质的量为，中元素从价升高到价，每参与反应转移电子，理论上转移电子，C错误；D．总反应中氨气作还原剂，NO与共同作氧化剂，若只有与NO反应，则，的加入使，D正确；故选D。9．D【详解】A．酸浸时提高盐酸浓度可加快反应速率，促进溶解，从而提高钙元素的浸出率，A正确；B．沉铁时温度过高会导致氨气挥发和分解，影响铁沉淀效果，B正确；C．沉钙时稍过量可确保完全沉淀为，提高钙元素沉淀率，C正确；D．碳酸银、氯化银均是白色沉淀，只滴加溶液不可检测，只有加稀硝酸和硝酸银可检测，干燥前只需滴加溶液无法检测其他杂质离子如是否洗涤干净，D错误；故选D。10．D【分析】X原子半径最小，故X为H；Y的次外层电子数是最外层的，短周期中只有次外层为2个电子时符合，得最外层为6个电子，故Y为O；W与X同主族，原子序数大于Y，单质与水剧烈反应生成H2，故W为Na；Z原子序数介于O和Na之间，为主族元素，故Z为F。【详解】A．W为Na，Na的氧化物对应水化物如NaOH为强碱，不是强酸，A错误；B．根据原子半径递变规律，电子层越多，原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径顺序为，即，B错误；C．化合物为，属于共价化合物，只含共价键；为，属于离子化合物，只含离子键，二者化学键类型不完全相同，C错误；D．非金属性越强，对应单质与氢气化合越容易，非金属性，因此若Y的单质能与化合，则Z的单质与更易化合，D正确；故选D。11．C【详解】A．IBr与Zn反应时Zn被氧化、I被还原，属于氧化还原反应；但IBr与水反应生成HIO和HBr，各元素化合价均无变化，为非氧化还原反应，A错误；B．IF5与NaOH溶液反应生成NaIO3和NaF，NaF是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，因此所得溶液不显中性，B错误；C．反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2↑+9HF中，3molBrF3参与反应时共转移6mol电子，因此消耗1molBrF3时转移2mol电子，C正确；D．BrCl中Br为+1价，具有强氧化性，可将Fe氧化为Fe3+，少量Fe与BrCl反应的产物为FeCl3和FeBr3，D错误；故选C。12．C【详解】A．加热和固体的混合物制取氨气时，为防止反应生成的冷凝水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，A错误；B．极易溶于水，直接将导管伸入溶液中会发生倒吸，B错误；C．是难溶固体，分离固体和液体用过滤操作，图中有玻璃棒引流、漏斗下端紧贴烧杯内壁，装置使用规范，C正确；D．灼烧固体分解制取应在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发浓缩溶液，不能用来灼烧固体，D错误；故选C。13．C【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，根据题干信息，64x+24y=1.52g，98x+58y=2.54g,解得x=0.02mol，y=0.01mol；设NO2和NO的物质的量分别为a、b，根据得失电子守恒，2（0.02+0.01）=a+3b【详解】A．该合金中铜与镁的物质的量之比是0.02：0.01=2∶1，故A正确；B．得到NO2和NO的混合气体896mL(标准状况)，气体的物质的量为0.04mol,含有N元素的物质的量=0.04mol,硝酸镁和硝酸铜中硝酸根离子的物质的量=2（0.02+0.01）=0.06mol，根据元素守恒，固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量=50mL10-314mol/L-0.06mol-0.04mol=0.6mol，故B正确；C．沉淀中氢氧根离子的质量=2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根离子的物质的量=，中和剩余硝酸需要的氢氧根的物质的量为0.6mol，至少加入氢氧化钠0.6mol+0.06mol=0.66mol，则需要氢氧化钠溶液的体积至少为=660mL，故C错误；D．金属失去电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，为0.06mol，故反应过程中转移的电子数是0.06NA，故D正确。答案为C。14．D【分析】向NaOH溶液中通入一定量CO2气体，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠、和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，当该反应完成后，向所得溶液中滴入稀盐酸，氢氧化钠若过量，则盐酸首先和氢氧化钠生成氯化钠和水，再和碳酸钠发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，两步反应消耗HCl的物质的量及体积相同；在500mL2.2mol/LNaOH溶液中含有溶质的物质的量为n(NaOH)=2.2mol/L×0.5L=1.1mol，从B点到C点发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，在C点CO2气体达到最大量，此时反应完全，溶液为NaCl溶液，根据元素守恒可知n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=1.1mol、n(CO2)=1.1mol-0.6mol=0.5mol，a=0.5mol，由于稀盐酸浓度是1mol/L，故此时盐酸的体积是1.1mol÷1mol/L=1.1L，b=1.1；发生该反应消耗HCl溶液体积是1.1L-0.6L=0.5L＜0.6L，说明NaOH溶液与CO2气体反应时NaOH未完全反应，所得溶液为NaOH与Na2CO3的混合溶液，且碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠消耗盐酸0.5L，则氢氧化钠和盐酸反应消耗盐酸0.6L-0.5L=0.1L；所以A点溶质为氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠，B点溶质为氯化钠、碳酸氢钠，C点溶质为氯化钠，D点溶质为氯化钠、HCl；【详解】A．由分析，所有过程中Na+没有参与反应，但是溶液体积增大，c(Na+)减小，故A错误；B．由分析，氢氧化钠和盐酸反应消耗盐酸0.6L-0.5L=0.1L、碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠消耗盐酸0.5L，则0点溶液组成为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶5，故B错误；C．图中的a=0.5，b=1.1，故C错误；D．A点溶质为氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应、碳酸根离子和钡离子反应，不能大量共存；B点溶质为氯化钠、碳酸氢钠，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子又和钡离子反应，不能大量共存；C点溶质为氯化钠，和K+、Ba2+、、OH-均不反应，能大量共存；D点溶质为氯化钠、HCl，氢离子和氢氧根离子反应，不能大量共存，故D正确；故选D。15．(1)酸性(2)4488(3)【分析】石英砂中的主要成分和焦炭在电弧炉中发生反应被还原为Si，Si和剩余的焦炭进入流化床反应器中，Si和反应生成，进入还原炉中被还原为Si。【详解】（1）①能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，与氢氟酸反应是特性，不改变其酸性氧化物的分类；是弱酸，不能拆，生成强酸，离子方程式为。②还原炉反应为，中Si为价，生成（0价），转移电子数为。③水解生成（强酸雾），价H与水中价H结合生成易燃易爆的，Si转化为硅酸，配平得化学方程式：。（2）①沉淀质量=合金质量+氢氧根质量，得，，金属失电子总物质的量等于；整个过程中金属失电子总量等于得电子总量，得电子，故，标况体积。②恰好沉淀时，溶液中溶质为，，混合气体总物质的量，根据N元素守恒，可知原硝酸总物质的量，浓度。（3）溶于水：，反应后生成体积为；剩余气体不支持燃烧，说明剩余气体为，完全反应，反应，反应的体积为，根据NO、O2和H2O反应的化学方程式得，整理得。16．(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(2)Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓0.05(3)负【详解】（1）Cu与FeCl3反应，Cu被Fe3+氧化为Cu2+，Fe3+被还原为Fe2+，反应离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（2）Cu2+被还原生成CuSCN沉淀，还原反应为Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓。i．实验I过程Ⅱ中FeCl3浓度为0.1mol/L，根据二者反应的方程式可知生成的CuCl2浓度为0.05mol/L，因此x=0.05。ⅱ．实验Ⅱ中过程I是Cu2+与SCN-反应生成CuSCN和，进而将清液中的氧化为，再与SCN-反应生成，故答案为。（3）实验IV中，左边石墨电极是正极，左边发生电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，溶液颜色从黄色变为浅绿色，若要检验含Fe3+溶液中的Fe2+，可向溶液中加入，溶液遇到生成蓝色沉淀，右边石墨电极是负极，负极区KSCN溶液氧化为，由无色变为黄色，电极反应式为，答案为：负；；。17．(1)1000.4(2)CBABED(3)BD(4)甲(5)0.2(6)偏低【分析】该实验的实验目的是测定胃药中碳酸钙的含量，具体操作为：取一定质量的药品加入水中，然后向其中加入过量的盐酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液测定过量的盐酸，依据反应消耗氢氧化钠溶液的体积计算与碳酸钙反应消耗的盐酸的物质的量，进而可得胃药的含量。【详解】（1），实验室没有80mL容量瓶，所以配制80mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液时，应选用100mL容量瓶，则称取氢氧化钠的质量为：0.1mol/L×0.1000L×40g/mol=0.4g；（2）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制80mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液的操作顺序为CBABED；（3）A．称量时操作时间过长会因氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和水使得溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，A不符合题意；B．溶解后未冷至室温便转移到容量瓶中会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B符合题意；C．移液前容量瓶中有少量蒸馏水对溶质和溶液的体积无影响，对所配溶液的浓度无影响，C不符合题意；D．定容时俯视刻度线会使溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，D符合题意；故选BD；（4）向悬浊液中逐滴滴入稀盐酸时发生的反应为碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应时溶液中离子的浓度增大，导电性增强，电导率增大；向反应后的溶液中逐滴滴入氢氧化钠溶液发生的反应为盐酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应时溶液中离子的物质的量基本不变，浓度减小，导电性减弱，电导率减小，则图甲表示操作④电导率变化、图乙表示操作③的电导率变化；（5）由图乙可知，过量盐酸的体积为：80mL-60mL=20mL，由图甲可知，中和盐酸消耗氢氧化钠溶液的体积为40mL，则盐酸的浓度为：c==0.2mol/L；（6）由图乙可知，药片中碳酸钙完全反应消耗盐酸的体积为60mL，则药片中碳酸钙的质量分数为：=75%；若配制的氢氧化钠溶液浓度偏高，则消耗过量盐酸时所用氢氧化钠的体积会偏低，会使实验测得盐酸的浓度偏小，导致计算结果偏低。18．(1)d将海带中含碘化合物转化为碘化物，同时除去海带中的有机物(2)(3)ab(4)CCl4(5