湖南省长沙市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1、必修2第5、6单元）（解析版）

湖南省长沙市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ACDCBDACBA题号11121314答案BBDC1．A【详解】A．溶液吸收少量时，先被氧化为，被还原为Cl-，反应生成的少量与过量的结合为，离子方程式符合反应事实，A正确；B．向溶液中滴加至沉淀质量最大时，应使完全沉淀为摩尔质量更大的，此时会转化为，正确的离子方程式为，B错误；C．是分解的催化剂，总反应为分解生成氧气和水，正确的方程式为，C错误；D．同浓度同体积与溶液混合时，结合的能力强于，把全部反应完，正确的离子方程式为，D错误；答案选A。2．C【分析】该氢氧燃料电池电解质为酸性溶液，通入的电极A是负极，通入的电极B是正极，逐一分析选项。【详解】A．多孔电极比表面积大，能够增大反应物与电极的接触面积，加快反应速率，A正确；B．装置中的电池可以储存燃料电池产生的多余电能，需要时再释放供能，B正确；C．该电池电解质为酸性，反应不会生成，电极B（正极）的正确电极反应式为，C错误；D．原电池中阳离子向正极迁移，质子（）是阳离子，B为正极，因此质子向电极B迁移，D正确；故选C。3．D【详解】A．钠的燃烧实验中，取用钠需要小刀切割，故需⑦锐器标识，酒精灯加热存在明火（⑥），加热后仪器温度高（⑤热烫），反应需通风排出反应烟气（④排风），实验需护目镜保护眼睛（①），实验后洗手（②），标识使用正确，A正确；B．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，操作在室温下进行，无明火、高温、用电、有毒气体风险，但需要①护目镜、②洗手标识，B正确；C．制备氢氧化铁胶体的实验操作是：向沸水中滴加饱和溶液，再用酒精灯持续加热至液体呈红褐色。所有化学实验都需要防护眼睛避免试剂喷溅，实验结束后需要洗手，因此必须使用①护目镜、②洗手标识；实验需要酒精灯明火加热，因此需要⑥明火标识提醒注意用火安全；加热后的沸水、烧杯温度很高，操作不当容易烫伤，因此需要⑤热烫标识，C正确；D．电解溶液时，阳极会反应生成有毒的氯气，为了避免中毒，实验必须在通风橱中进行，需要额外添加④排风标识，该选项只标注①②③⑤，D错误；故选D。4．C【详解】A．0a段发生反应的离子方程式为，ab段发生反应的离子方程式为，bc段发生反应的离子方程式为，A正确；B．最终消耗的Fe的质量为44.8g，物质的量，最终Fe元素全部转化为，按照Fe元素守恒，，原混合溶液中，B正确；C．0a段发生反应的离子方程式为，消耗22.4g铁粉，则生成NO的体积，bc段发生反应的离子方程式为，消耗44.8-33.6=11.2g铁粉，则生成的体积，标准状况下，生成的两种气体总体积为8.96+4.48=13.44L，C错误；D．0a段发生反应的离子方程式为，消耗22.4g铁粉，则生成的物质的量，ab段发生反应的离子方程式为，0.4mol反应会生成0.6mol，D正确；故选C。5．B【详解】①的摩尔质量为18g/mol，18g该甲烷物质的量为1mol，1个分子中中子数为，故1mol该甲烷所含中子数为，①正确；②与的反应为可逆反应，1mol不能完全反应，转移电子物质的量小于1mol，②错误；③标况（0℃、101kPa）下为固态，含1mol硫原子的与混合物中气体物质的量小于1mol，体积小于22.4L，③正确；④和均能使澄清石灰水先变浑浊后变澄清，无法用澄清石灰水鉴别，④正确；⑤制备漂白粉需用石灰乳吸收，石灰水浓度过低，无法用于制备，⑤错误；⑥等体积和通入溶液中发生反应为，产物无漂白性，品红溶液不褪色，⑥错误；⑦常温下铝遇浓硝酸发生钝化，不能溶解，⑦错误；⑧仅能与氢氟酸反应，与其他酸不反应，属于酸性氧化物，不是两性氧化物，⑧错误；综上所述，正确的叙述共3个，故答案为B。6．D7．A【解析】6．A．根据反应方程式，每消耗28g氮气，即1mol，转移6mol电子，即，故说法正确，A不符合题意；B．0.1mol中含质子数为，故说法正确，B不符合题意；C．标准状况下，11.2L为0.5mol。根据反应，0.5mol可生成0.5mol，故说法正确，C不符合题意；D．1mol/L溶液中，未给出溶液体积，无法确定数目为，D符合题意。故答案为D。7．A．除杂顺序应为、NaOH、，否则钡离子无法除尽，A符合题意；B．图乙装置可先通氨气后通二氧化碳，符合“侯氏制碱法”要求，故说法正确，B不符合题意；C．“系列操作”涉及蒸发、结晶、过滤，均需玻璃棒，故说法正确，C不符合题意；D．来自分解，NaCl来自母液，均可循环利用，故说法正确，D不符合题意。故答案为A。8．C【详解】A.实验②中，20∼40min，氨气浓度变化量为，，A正确；B.对比实验①和③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中的2倍，实验③先到达平衡，实验③的速率快，说明相同条件下增加催化剂的表面积，反应速率增大，B正确；C.实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①、实验②中0∼20min、20∼40min氨气浓度变化量都是，由实验数据可知相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率没有变化，C错误；D.实验③中数据，达平衡时氨气浓度为，氨气浓度变化量为，生成氮气，氢气，则的体积分数为，约为22.7%，D正确；故选C。9．B【分析】-空气燃料电池以质子交换膜为介质，左侧多孔石墨棒上被氧化为，作负极，电极反应为；右侧多孔石墨棒上被还原，作正极，电极反应为；原电池中向正极移动，电流由正极经外电路流向负极，据此分析。【详解】A．在原电池中，阳离子向正极移动，所以通过质子交换膜从左侧向右侧多孔石墨棒移动，A错误；B．由分析可知，左侧多孔石墨电极为负极，右侧多孔石墨电极为正极，电流的流动方向：电流从正极(右)→负载→负极(左)→电解质溶液→正极(右)，B正确；C．计算的体积，需要在标准状况下才能用摩尔体积22.4L/mol计算，C错误；D．放电过程中正极的电极反应式为，D错误；故选B。10．A【分析】首先明确：混盐中阳离子为，两种酸根为（Cl为价）和（为价），反应为归中反应：价Cl和价Cl（HCl）生成价。【详解】A．含、、三种离子，三种离子物质的量相等，可看作是等物质的量的和的组合，可表示为，A正确；B．该反应为归中反应，既是氧化产物也是还原产物，中氯元素化合价未发生变化，不是还原产物，B错误；C．生成时，+1价得到1mol电子、-1价失去电子，转移电子数目为，C错误；D．中只有中化合价升高作还原剂，另体现酸性，氧化剂为中的，故（氧化剂）:（还原剂）=1:1，D错误；故答案选A。11．B【详解】A．由图可知，随通入的增多，的还原产物依次为FeO、Fe，呈逐渐降低趋势，A正确；B．由图可知，时，铁水中固溶碳含量为0，说明反应未生成固态碳，B错误；C．大于4mol时，甲烷在还原过程中发生分解，分解生成的渗入固态铁中形成铁碳合金，合金熔点低于纯金属，因此熔点降低到，铁迅速熔化，C正确；D．通入一定量的和混合气体，氮气作保护气，防止低价态Fe被氧化，D正确；故选B。12．B【分析】由“Y的最外层电子数比最内层电子数多1且位于第三周期，”可知Y为Al。结合题图及原子半径X>Y>Z>R>M，通过排除法可确定Y为Al（第三周期），进而推得X为Na，Z为Cl，R为O（第二周期）。最后根据原子半径R>M且M位于第一周期，推知M为H。根据八角星的结构，X为Na，Z为Cl，R为O，以此解答。【详解】A．X为Na，原子序数为11；Y为Al，原子序数为13；Z为Cl，原子序数为17，原子序数：Z(Cl)>Y(Al)>X(Na)，A项正确；B．Z与M形成的化合物是HCl，H原子没有满足8电子稳定结构，B项错误；C．Na、Al、Cl的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3是两性氢氧化物，这三种物质两两之间均能反应，C项正确；D．O、Na形成的两种常见化合物为Na2O和Na2O2，Na2O和Na2O2均能与水反应，D项正确；故选B。13．D【详解】A．亚硫酸是弱酸，属于弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为，应保留化学式，正确的为，A错误；B．两者物质的量之比为1:2时，会先与反应生成沉淀，剩余的再与反应生成，无法生成，正确的为，B错误；C．过量，还原性强于，酸性条件下会优先氧化，且生成的也会与反应，正确的为，C错误；D．84消毒液的有效成分为，具有强氧化性，可将少量氧化为，部分被还原为，剩余与生成的结合为，离子方程式符合守恒规则和反应事实，D正确；故选D。14．C【分析】无色溶液一定不含有Cu2+，滴加酚酞变红，有OH-，Ag+和OH-不能大量共存，一定没有Ag+；加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀，加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，且有无色气体，那么一定有碳酸根和硫酸根，溶解的是BaCO3，不溶的是BaSO4，无色气体是CO2，所以原溶液一定没有Ba2+，将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入溶液，有白色沉淀(AgCl)生成，由于实验(2)中加入的溶液和实验(3)中加入的盐酸均会引入，故无法确定原溶液中是否含有。综上，溶液中一定有，一定没有，可能有Cl-，根据溶液电中性原则，所以还一定有。【详解】A．根据分析可知，一定不含有，可能含Cl⁻，A错误；B．根据分析可知，溶液中一定有，B错误；C．根据分析可知，一定含有，可能含有，C正确；D．根据电荷平衡可推断一定存在，无需额外试验，D错误；故选C。15．(1)250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管7.15BC(2)将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的烧杯中，并不断搅拌，过滤，洗涤，干燥(3)防止Fe2+被氧化为Fe3+(4)(5)将部分Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3，防止Fe(OH)2全部被氧化为Fe(OH)3(6)70.00%【分析】硫酸亚铁溶液中加入氨水，亚铁离子在碱性条件下与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化亚铁，继续滴加氨水并通入空气，生成的氢氧化亚铁会被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，最后过滤、洗涤、干燥并加热，获得铁黑，结合铁及其化合物的性质分析解答。【详解】（1）①实验室没有240mL容量瓶，需选用250mL容量瓶，则配制时除了天平、药匙、量筒、烧杯外，还需要250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；②，的摩尔质量，则的质量为；③根据，n偏小或V偏大会导致浓度偏小：A．容量瓶内有少量蒸馏水，不影响n和V，浓度不变，A不符合题意；B．定容摇匀后加水，V偏大，浓度偏小，B符合题意；C．未洗涤烧杯，n偏小，浓度偏小，C符合题意；D．定容时俯视刻度线，V偏小，浓度偏大，D不符合题意；故答案选BC。（2）①已知溶液pH大于8.8时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，实验中所用Na2CO3溶液的pH=10。故正确的操作为，将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有溶液的烧杯中，搅拌、过滤、洗涤、干燥；②Fe2+与发生反应，生成沉淀、气体和水，其反应的离子方程式为。（3）具有还原性，可被空气中的氧气氧化生成硫酸铁，加入铁粉，能够将氧化生成的硫酸铁还原为硫酸亚铁，防止硫酸亚铁被氧化。（4）在溶液中，加入氨水调pH至7~9时，生成氢氧化亚铁沉淀，发生的离子方程式为。（5）本题最终的目的是制备，而在中二价铁和三价铁的比值为1:2，故答案为将部分氧化为，防止全部被氧化为。（6）向锥形瓶中滴加0.1000mol·L-1K2Cr2O7溶液，恰好完全把Fe2+转化为Fe3+，反应时K2Cr2O7全部转化为Cr3+，则相应的离子方程式为，用单线桥标出电子转移的方向和数目为：；根据方程式可知，二价铁和重铬酸根离子之间的关系，，2.400g样品中铁元素总质量为，样品中Fe的质量分数为。16．(1)(2)+251(3)1.2(4)【详解】（1）O原子序数为8，价层电子为最外层，根据洪特规则和泡利不相容规则，轨道表示式；（2）根据盖斯定律，Ⅰ+3×Ⅱ得到目标反应，因此。（3）①该温度范围内均消耗完全，可忽略反应①，1mol甘油含3molC，含C产物为、、。升温时，反应Ⅱ（吸热）正向移动，物质的量增大；反应Ⅲ（放热）逆向移动，物质的量减小，因此上升的曲线a对应，下降的b对应；②1073K时物质的量接近0，根据C守恒：，已知，得。根据氢元素守恒（1073K时，含氢的物质只有于、）：，反应Ⅱ为，反应前后气体计量数相等，平衡常数，代入数据得。（4）①根据C原子守恒，总C为，当，，，因此；②根据O原子守恒：总O为，平衡后O存在于、、，因此：，代入，得：；根据H原子守恒：总H为，平衡后H存在于、、，因此：，化简得；代入、：整理得：。17．(1)氧化性(2)(3)将反应生成的NO2氧化为硝酸，使硝酸循环利用，减少硝酸消耗(4)(5)BaO8：1【分析】反应装置图（图2）是环己醇和硝酸加热反应制备己二酸的装置，球形冷凝管冷凝回流反应物，减少挥发损失，后续处理尾气；SCR工作原理图（图3）尿素热分解产生氨气，氨气进入催化反应器还原尾气中的NOx，生成无污染的氮气和水；NSR工作原理图（图4）储存阶段NO、氧气在Pt催化后被BaO储存为Ba(NO3)2，还原阶段还原性气体将Ba(NO3)2还原为氮气，同时重新生成BaO循环；浓度变化图（图5）第一步H2消耗，生成氨气，第二步氨气消耗，最终生成氮气，说明还原分两步进行。【详解】（1）反应中硝酸中N元素从+5价降低为二氧化氮中N元素的+4价，硝酸作氧化剂，因此体现氧化性；（2）硝酸本身受热易分解，分解也会生成红棕色二氧化氮：，因此不能证明是环己醇和硝酸反应生成的二氧化氮；（3）原反应生成二氧化氮，过氧化氢作为氧化剂，可以将二氧化氮重新氧化为硝酸，让硝酸循环利用，从而减少硝酸的用量；（4）①氨气和二氧化氮发生归中反应，生成氮气和水，根据电子守恒配平：氨气中N从-3→0，每个失3e-；二氧化氮中N从+4→0，每个得4e-，最小公倍数12，配平后得到方程式；②二氧化硫在氧气、氨气和水在共同作用下生成硫酸铵，S从+4+6，中O从0-2，配平得到反应；（5）①从原理图可知，储存阶段BaO吸收NOx转化为硝酸钡，因此储存NOx的是BaO；②第一步硝酸钡被H2还原为NH3，1mol硝酸钡含2mol+5价N，全部变为NH3中-3价N，共得，1mol氢气被氧化失去2mole-，因此需要8mol氢气，物质的量比为8：1；总反应分两个阶段，分别为储存阶段，还原阶段，消去循环物质后得到总反应：。18．(1)(2)0.05或(3)检验是否有Fe2+生成正极区FeCl3溶液颜色变浅，取出少量该溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀；负极区溶液由无色变为黄色(4)实验Ⅱ中发生反应，使浓度降低，增强了的氧化性；实验Ⅳ中发生反应，使和浓度迅速降低，的氧化能力和还原能力都降低【分析】实验I过程I中与反应生成和，过程Ⅱ加入KSCN主要是验证被氧化的原因；实验Ⅱ中是铜离子与硫氰根离子反应生成CuSCN和(SCN)2，然后加入氯化亚铁溶液氧化为Fe3+；实验Ⅲ中加入KSCN的作用是将Fe3+还原为Fe2+；实验Ⅳ电池工作原理是FeCl3得到电子，作为电池正极反应，KSCN作为电池的负极反应。【详解】（1）实验过程中C