2025-2026学年福建莆田二十五中学下册月考高一化学试题 含答案

/莆田二十五中学2025-2026学年下学期月考试卷高一化学完卷时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27S：32Cl：35.5Ca：40第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题。每小题3分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与我们日常生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是A.维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性B.当火灾现场存放有大量金属钠时，可以用水来灭火C.节日燃放五彩缤纷的烟花，呈现的是锂、钠、钾等金属元素的焰色D.为防止食品受潮而变质，常在包装袋中放入生石灰【答案】B【解析】【详解】A．维生素C用作抗氧化剂，说明它能与氧化剂发生氧化还原反应，则维生素C具有还原性，A正确；B．在常温下，钠与水能发生剧烈反应并生成易燃、易爆气体氢气，所以当火灾现场存放有大量金属钠时，不能用水来灭火，B错误；C．锂、钠、钾燃烧时，火焰分别呈现紫红色、黄色、紫色等焰色，则节日燃放五彩缤纷的烟花，呈现的是锂、钠、钾等金属元素的焰色，C正确；D．生石灰具有很强的吸水性，能吸收周围环境中的水蒸气，从而使周围环境保持干燥，所以常在包装袋中放入生石灰，防止食品受潮而变质，D正确；故选B。2.下列有关化学用语的说法正确的是A.的电子式： B.、、互为同位素C.的空间填充模型： D.次氯酸的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．是共价化合物，不存在离子键，电子式为：，A错误；B．同位素的研究对象是质子数相同、中子数不同的原子，三者均为碘单质分子，不互为同位素，B错误；C．为V形结构，O原子半径大于H原子，该空间填充模型符合的结构特点，C正确；D．次氯酸分子中O原子分别与H、Cl形成共价键，结构式应为，D错误；故选C。3.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.Na+、Mg2+、Cl-、OH- B.H+、Ca2+、CO、NOC.Cu2+、K+、SO、NO D.Na+、HCO、OH-、Ca2+【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Mg2＋和OH－反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，A错误；B．Ca2＋和CO反应生成CaCO3沉淀，H＋和CO反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，B错误；C．Cu2＋、K＋、SO、NO之间不会发生化学反应，能大量共存，C正确；D．氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和Ca2＋反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，D错误。答案选C。4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.图1所示装置分离CCl4和I2的混合物B.图2所示装置制取并收集二氧化硫C.图3所示装置除去CO2气体中的少量SO2D.图4所示装置配制100mL0.1000mol/L硫酸溶液【答案】C【解析】【详解】A．CCl4和I2的混合物互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故A错误；B．SO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集，故B错误；C．SO2与饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，故可以除杂，故C正确；D．浓硫酸不能在容量瓶中稀释，故D错误；故选：C。5.为了提纯下列选项中的物质(括号内为杂质)，所选用的除杂试剂与方法都正确的是选项物质除杂试剂方法A点燃B溶液过滤C溶液()过量铁粉萃取DNaCl溶液()不需另加试剂过滤A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．大量CO2存在的情况下，CO不能燃烧，而且这样会引入新的杂质O2，故A错误；B．加入AgNO3溶液后生成AgCl和NaNO3，用过滤的方法能除去AgCl，但会引入新的杂质NaNO3，故B错误；C．除去Cu和剩余的铁粉应采取过滤的方法，而不采用萃取的方法，故C错误；D．碳酸钙难溶于水，所以过滤可以分离氯化钠溶液和碳酸钙，故D正确；综上所述答案为D。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，3.6g含有的质子数为B.标准状况下，11.2L中所含的氧原子数为C.7.8g和混合物中所含的离子总数为D.1molCu与1mol硫粉在加热时充分反应，转移的电子数为【答案】C【解析】【详解】A．¹⁸O2的摩尔质量为36g/mol，3.6g的物质的量为0.1mol；一个¹⁸O2分子含16个质子(氧原子序数为8)，故质子总数为0.1mol×16=1.6mol，即1.6NA，不是2NA，A错误；B．标准状况下，SO3的熔点为16.8°C，高于0°C，故为固体，不能使用气体摩尔体积(22.4L/mol)计算，B错误；C．Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol，7.8g混合物的物质的量为0.1mol；Na2O2由2个Na+和1个组成，Na2S由2个Na+和1个S2-组成，每个化学式单元均含3个离子，故离子总数为0.1mol×3=0.3mol，即0.3NA，C正确；D．铜与硫加热反应生成Cu2S（2Cu+S=Cu2S）；1molCu与1molS反应时，Cu不足（需2molCu），实际反应为1molCu与0.5molS生成0.5molCu2S；Cu由0价升至+1价，失去1mol电子，转移电子数为1NA，不是2NA，D错误；故答案选C。7.下列说法错误的是A.稀有气体熔沸点低，因为稀有气体是由分子构成的物质B.化学式可以表示1个二氧化硅分子由1个硅原子和2个氧原子构成C.的沸点高于是由于水分子间形成氢键D.干冰易升华而不易分解，说明分子间作用力比化学键弱【答案】B【解析】【详解】A．稀有气体为单原子分子，分子间仅存在较弱的范德华力，因此熔沸点低，该说法正确，A正确；B．是共价晶体，结构中不存在独立的二氧化硅分子，其化学式仅表示晶体中硅原子与氧原子的个数比为1:2，不能代表1个分子的构成，该说法错误，B错误；C．分子间能形成氢键，分子间仅存在范德华力，氢键的强度强于范德华力，因此水的沸点高于，该说法正确，C正确；D．干冰升华只需克服分子间作用力，分解需要破坏分子内的共价键，干冰易升华而不易分解说明分子间作用力弱于化学键，该说法正确，D正确；故答案选B。8.下列离子方程式中，书写不正确的是A.铁和盐酸的反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑B.大理石和稀盐酸的反应：+2H+=CO2↑+H2OC.碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液混合：+OH﹣=+H2OD.硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合：Cu2+++Ba2++2OH﹣=Cu(OH)2↓+BaSO4↓【答案】B【解析】【详解】A．铁和盐酸的反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A正确；B．大理石难溶，和稀盐酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，B错误；C．碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液混合生成碳酸钠和水：+OH﹣=+H2O，C正确；D．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡和氢氧化铜：Cu2+++Ba2++2OH﹣=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，D正确；答案选B。9.在的反应中，下列说法中正确的是A.是氧化剂，是还原剂B.是氧化剂，是还原剂C.是氧化产物，是还原产物D.被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为1：5【答案】D【解析】【详解】A．反应中的K、O、H元素化合价均未发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，中部分Cl化合价升高、部分Cl化合价降低，既是氧化剂又是还原剂，A错误；B．中各元素化合价均无变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C．Cl元素化合价升高得到的是氧化产物；Cl元素化合价降低得到的是还原产物，C错误；D．反应中1个Cl原子失电子化合价升高被氧化生成，5个Cl原子得电子化合价降低被还原生成，被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为1:5，D正确；故答案选D。10.实验室利用密度为1.84质量分数为98%的浓硫酸配制90.00mL1.84的硫酸溶液时，下列做法正确的是A.容量瓶检漏时，倒置一次即可B.需要用量筒量取浓硫酸9.0mLC.稀释浓硫酸时，应把水加入盛有浓硫酸的烧杯中D.定容时若俯视刻度线，则配制出的溶液浓度将高于1.84【答案】D【解析】【详解】A．容量瓶检漏时，需要加水至标线，盖好瓶塞，倒置观察是否漏水，然后旋转瓶塞180度再次倒置检查，以确保密封性，仅倒置一次不足以排除瓶塞方向性导致的漏水风险，A错误；B．浓硫酸浓度=(1000mL/L×1.84g/mL×0.98)/98g/mol=18.4mol/L；实验室无90mL容量瓶，应该用100mL容量瓶配制，所需浓硫酸体积==10.0mL，B错误；C．稀释浓硫酸时，必须将浓硫酸缓慢加入水中并搅拌，以防剧烈放热导致暴沸或飞溅；将水加入浓硫酸中违反安全操作规范，C错误；D．定容时俯视刻度线，导致实际液面低于刻度线，溶液体积偏小(V<目标体积)。由于溶质量不变，浓度c=n/V，V偏小则c偏大，故配制出的溶液浓度高于1.84mol/L，D正确；故答案选D。11.下列说法正确的是A.受热分解生成、和，既破坏了离子键，也破坏了共价键B.HCl溶于水能电离出、，所以HCl是离子化合物C.He、和都是由分子构成的，它们中都存在共价键D.碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力【答案】A【解析】【详解】A．是离子化合物，与之间存在离子键，内部原子间存在共价键，受热分解时，离子键发生断裂，同时分解也会断裂内部的共价键，既破坏了离子键，也破坏了共价键，A正确；B．分子内、原子以共价键结合，属于共价化合物，溶于水时共价键被破坏，故电离出、，B错误；C．是稀有气体，稀有气体属于单原子分子，分子中不存在化学键，仅和分子中存在共价键，并非三者都存在共价键，C错误；D．碘晶体属于分子晶体，受热转变成碘蒸气是物理变化，吸收的热量用于克服碘分子间的范德华力，而非碘原子间的共价键，D错误；故答案选A。12.A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子是主族元素中原子半径最小的，B原子的最外层电子数等于其次外层电子数3倍，C元素是地壳中含量最高的金属元素，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为。下列说法错误的是A.A、B元素的最高正价和最低负价代数和分别为0和4B.单质D的水溶液具有漂白性C.简单离子半径：D.元素C和D组成的化合物只含有共价键【答案】A【解析】【分析】首先推断元素：A是主族元素中原子半径最小的，为；B最外层电子数是次外层的3倍，为；C是地壳中含量最高的金属元素，为；设D最高价为，由化合价代数和为0得，，那么，，D为。【详解】A．A为，最高正价+1、最低负价-1，代数和为0；B为，无+6价，最高正价仅为+2（存在于中），最低负价-2，代数和为0，不是4，A错误；B．D的单质为，其水溶液中含，具有漂白性，B正确；C．简单离子分别为、、、，一般而言，电子层数越多半径越大，电子层结构相同的离子核电荷数越大半径越小，故半径顺序为，即，C正确；D．C和D组成的化合物为，属于共价化合物，只含有共价键，D正确；故选A。13.为研究某溶液中溶质R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度R溶液在不同温度下进行实验，随时间变化如图。下列说法错误的是A.时，内，R的分解速率逐渐减小B.对比和曲线，在同一时刻，能说明R分解速率随温度升高而增大C.对比和曲线，在内，能说明R的分解平均速率随温度升高而增大D.对比和曲线，在时，R的分解速率均为零【答案】B【解析】【详解】A．根据图示，时，内，R的分解速率逐渐减小，故A正确；B．对比30℃和10℃的曲线，同一时刻温度高、浓度大，有温度和浓度两个变量影响速率，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，故B错误；C．对比30℃和25℃曲线，30℃曲线对应的浓度低，但在0～50min内R的分解平均速率大于25℃时，故能说明R的分解平均速率随温度升高而增大，故C正确；D．在50min时，无论10℃还是30℃均无R剩余，所以时，R的分解速率均为零，故D正确；选B。14.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是A.用装置甲制取SO2 B.用装置乙验证SO2的漂白性C.用装置丙收集SO2 D.用装置丁处理实验中的尾气【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硫酸需要加热才能反应制得SO2，故用装置甲制取不了SO2，A不合题意；B．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色体现其还原性而不是漂白性，即用装置乙验证不了SO2的漂白性，B不合题意；C．SO2的密度大于空气，不与空气反应，需要向上排空气法收集，即能够用装置丙收集SO2，C符合题意；D．SO2与饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，故不能用装置丁处理实验中的尾气，D不合题意；故答案为：C。15.W、X、Y三种金属按如下装置进行实验，下列说法错误的是装置现象金属X上冒气泡金属Y表面有红色固体生成A.上述装置均可将化学能转化为电能B.装置甲中电子流向：W极→导线→X极→稀硫酸→W极C.装置乙中Y电极上的反应式为：D.金属活动性强弱顺序为：W>X>Y【答案】B【解析】【分析】甲和乙两种装置均为原电池装置。甲装置中X上冒气泡，X为正极，W为负极，金属活泼性W>X；乙装置中Y表面有红色固体生成，Y为正极，X为负极，金属活泼性X>Y，故金属活泼性W>X>Y。【详解】A．根据分析，甲和乙两种装置均为原电池装置，均可将化学能转化为电能，A正确；B．甲装置中X为正极，W为负极，电子由W极流出，沿导线流向X极，电子不能通过电解质溶液，B错误；C．乙装置中Y表面有红色固体生成，Y为正极，电极反应为：，C正确；D．根据分析，金属活动性强弱顺序为：W>X>Y，D正确；故选B。16.汽车尾气系统中的催化转化器，可有效降低尾气中等大气污染物的排放量，发生反应为。时，向含有固体催化剂的恒容密闭容器中充入和，后，测得容器中的浓度为。下列说法错误的是A.时， B.反应达到平衡状态时，C.升高温度，可以加快反应速率 D.达平衡时，容器中的浓度之比一定为【答案】B【解析】【详解】A．内，CO的浓度变化量为0.4mol/L，10min内生成0.4mol/L=0.4molN2，A正确；B．平衡时，应满足2v正(N2)=v逆(NO)，B错误；C．升高温度，正逆化学反应速率均加快，C正确；D．初始时容器中投入1molCO和1molNO，随着反应进行，生成的CO2和N2物质的量之比为2∶1，达到平衡状态时，容器中CO2和N2的浓度之比为2∶1，D正确；故选B。第Ⅱ卷(填空题，共52分)二、填空题(共52分)17.下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，按要求作答。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02

CNOFNe3NaMgAl

SCl

（1）得电子能力最强的原子是___________。（2）化学性质最不活泼的单质是___________。（3）请画出硫离子的结构示意图为___________。（4）请写出的电子式___________。（5）F与Cl相比，原子半径较大的是___________。（6）与相比，热稳定性较强的是___________。（7）原子最外层电子数与最内层电子数相等的元素是___________。（8）与中，能与NaOH溶液反应的是___________。（9）第三周期元素中的金属单质，其中能与冷水剧烈反应，其离子方程式：___________。（10）碳的一种氢化物结构式为，其中碳元素与氢元素的质量比___________。（11）下列各项性质的比较，符合相关性质递变规律的是___________(填标号)。A.还原性： B.碱性：C.酸性： D.非金属性：【答案】（1）F（2）Ne（3）（4）（5）Cl（6）（7）Mg（8）（9）（10）12：1（11）D【解析】【小问1详解】同周期从左到右非金属性（得电子能力）逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，上述元素中非金属性最强，得电子能力最强。【小问2详解】Ne是稀有气体，原子最外层为8电子稳定结构，化学性质最不活泼。【小问3详解】S是16号元素，硫原子得到2个电子形成，核内共16个质子，核外18个电子，表示为：。【小问4详解】是离子化合物，由和构成，内N与H以共价键结合，阴阳离子需要标出电荷，电子式：；【小问5详解】同主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径Cl＞F。【小问6详解】非金属性，非金属性越强，对应简单氢化物热稳定性越强，故热稳定性。【小问7详解】原子最内层电子数为2，要求最外层电子数也为2；原子核外电子排布为2、8、2，满足条件。【小问8详解】​是两性氢氧化物，可与溶液反应生成，​不与反应。【小问9详解】第三周期金属元素中，Na金属性最强，能与冷水剧烈反应，反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式：。【小问10详解】该烃为乙炔，碳氢质量比为。【小问11详解】A．同周期从左到右金属性减弱，单质还原性减弱，故还原性，A错误；B．金属性，最高价氧化物对应水化物碱性，B错误；C．非金属性，最高价含氧酸酸性，C错误；D．同主族从上到下非金属性减弱，故非金属性，D正确。18.硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。（1）工业可采用分解的方法制取氢气。在容积为的恒容密闭容器中，加入的，控制不同温度进行此反应。①已知各化学键的键能如下：化学键键能436425347则分解产生和的热化学方程式为___________。②时，反应经过达到平衡状态，此时的转化率为，则用表示的反应速率___________。（2）将和空气的混合气体通入的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。①在图示的转化中，化合价不变的元素是___________。②图示中反应Ⅲ的离子方程式为___________。③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含，可采取的措施有___________。(写出一条即可)【答案】（1）①.②.（2）①.②.③.增大铁离子浓度或氧气的通入量【解析】【小问1详解】①分解产生和的化学方程式为：，反应热，故热化学方程式为：；②化学反应速率之比等于化学计量数之比，故；【小问2详解】反应I中O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应II中Cu2+与H2S反应得到CuS，反应III中Fe3+与CuS反应得到S、Fe2+、Cu2+。①在图示的转化中，化合价不变的元素是：；②图示中反应Ⅲ：Fe3+与CuS反应得到S、Fe2+、Cu2+，离子方程式为：；③增大氧气浓度可使Fe2+充分被氧化为Fe3+，Fe3+浓度增大，使CuS反应更充分，故欲使生成的硫单质中不含，可采取的措施有：增大铁离子浓度或氧气的通入量。19.某校化学探究小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。[已知生石灰与水反应生成并放出热量，实验室利用此原理往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。部分夹持仪器已略去]【实验探究】（1）装置(Ⅰ)中仪器a的名称是___________。（2）装置(Ⅱ)中的干燥剂可选用___________(填“碱石灰”或“浓硫酸”)。（3）在装置(Ⅲ)连接如图所示的装置，用于收集氨气(已知氨气的密度小于空气)，氨气应从导管口___________(填“b”或“c”)通入集气瓶中。（4）当实验进行一段时间后，挤压装置(Ⅳ)中的胶头滴管，滴入1~2滴浓盐酸，可观察到瓶内产生大量的___________(填“白烟”或“白雾”)。（5）装置(V)中仪器d的作用是___________。取装置(Ⅴ)中的少量氨水于试管中，滴入1~2滴酚酞试液，溶液显___________(填“无色”或“红色”)，其原因是___________。【知识应用】（6）氨气是工业制硝酸的原料，工业制硝酸其三步反应分别为：___________；；___________。（7）将(Ⅱ)装置中的干燥剂换为无水氯化钙重复实验，以实验后的(Ⅱ)装置中的物质为样品探究无水氯化钙吸收的气体的成分。[提出假设]假设1：无水氯化钙只吸收水蒸气。假设2：无水氯化钙___________。假设3：无水氯化钙吸收水蒸气和氨气。[设计实验]取24.9g的样品置于E装置的玻璃管中充分反应，设产生的气体全部吸收后恢复至室温，经测定F装置的总质量增加了3.6g，G装置中吸收了10.2g气体，实验装置如图所示。根据实验结果，假设___________(填“1”、“2”或“3”)符合实验事实，那么该样品的化学式为：___________(示例：)【答案】（1）分液漏斗（2）碱石灰（3）c（4）白烟（5）①.防止溶液倒吸②.红色③.氨水呈碱性（6）①.②.（7）①.只吸收氨气②.3③.【解析】【分析】装置(Ⅰ)中生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量，使浓氨水受热分解生成氨气；氨气是碱性气体，装置(Ⅱ)中应选择碱性干燥剂干燥氨气；装置(III)是收集装置，氨气的密度比空气小，故氨气应从短管进入、长管出；装置(IV)中，浓盐酸易挥发，NH3与HCl反应生成NH4Cl固体，形成白烟，反应化学方程式为；装置(V)是尾气处理装置，氨气极易溶于水，仪器d可防止溶液倒吸。【小问1详解】观察可知仪器a为分液漏斗。【小问2详解】氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂干燥氨气，装置(Ⅱ)中的干燥剂可选用碱石灰。【小问3详解】已知氨气的密度比空气小，故收集氨气应短进长出，观察题图氨气应从导管口c通入集气瓶中。【小问4详解】浓盐酸易挥发，NH3与HCl反应生成NH4Cl固体，形成白烟，反应化学方程式为。【小问5详解】氨气极易溶于水，仪器d可防止溶液倒吸；氨气和水反应生成，其在水溶液中电离生成，故氨水显碱性，能使酚酞溶液变红色。【小问6详解】工业制硝酸其三步