湖南省师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期第一次月考化学试卷

湖南师范大学附属中学第一次月考试卷化学注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区域。写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：第Ⅰ卷选择题)一、选择题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.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A.普通光学玻璃属于无机非金属材料B.高纯硅是一种重要的信息材料，利用其导光性能生产光导纤维C.葡萄酒中通常含有微量的，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化D.漂粉精既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作泳池及环境的消毒剂【答案】B【解析】【详解】A．普通光学玻璃主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，A正确；B．生产光导纤维的原料是，高纯硅是半导体材料，用于制作芯片、太阳能电池等，不具备导光性能，B错误；C．可使蛋白质变性且具有还原性，葡萄酒中微量既能够杀菌，又可以防止营养成分被氧化，C正确；D境的消毒剂，D正确；故答案为B。2.侯氏制碱法突破了西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为。下列有关化学用语或说法不正确的是第1页/共22页

A.的电子式：B.氨气分子的结构式：C.的物质类型：离子化合物D.NaCl溶液中水合的示意图：【答案】D【解析】【详解】A．中C原子与2个O原子分别形成双键，各原子最外层均满足8电子稳定结构，题给电子式书写正确，A说法正确；B．氨气分子中N原子与3个H原子形成3个单键，题给结构式符合书写规则，B说法正确；C．由和通过离子键结合，属于离子化合物，C说法正确；D．带正电，水分子中O原子带部分负电荷，H原子带部分正电荷，水合钠离子中，应该是带负电的O原子朝向；题给示意图中H原子朝向中心，示意图错误，D说法不正确；故选D。3.下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是A.通入水中：B.用NaOH溶液吸收少量：C.通入石灰乳中：D.FeO与硝酸反应：【答案】A【解析】【详解】A．与水反应生成硝酸和，硝酸为强酸可完全电离，该离子方程式符合反应事实及原子、电荷守恒规则，A正确；B．溶液吸收少量时生成正盐B错误；第2页/共22页

C．石灰乳中的为悬浊液，不能拆，应为，C错误；D．硝酸是强氧化性酸，会将氧化为，同时生成含氮的还原产物，应为，D错误；故答案选A。4.下列关于实验事故或药品的处理方法中，不正确的是A.少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用3%∼5%的溶液冲洗B.大量氯气泄漏时，用肥皂水浸泡毛巾捂住嘴和鼻，应逆风向地势高处撤离C.不慎将金属汞(水银)洒落桌面，必须尽可能收集，并深埋处理D.化学实验完成后，未用完的钠和钾应放回原瓶【答案】C【解析】【详解】A．少量浓硫酸沾到皮肤上，立即用大量水冲洗可快速稀释带走大部分硫酸，后续用3%~5%的弱碱性溶液中和残留酸，操作符合安全规范，A正确；B．氯气密度大于空气易在低洼处聚集，且可与碱性肥皂水反应降低毒性，逆风撤离可避开氯气扩散方向，处理方法正确，B正确；C生成无毒的硫化汞，该处理方法错误，C错误；DD正确；故选。5.依据下列事实进行的推测正确的是A.浓硫酸可以干燥HCl气体，则浓硫酸也可以干燥HI气体B.的沸点高于，则的沸点高于C.金属Zn能与溶液反应置换出Cu，则金属Na与溶液反应也能置换出CuD.可作“钡餐”使用，则可代替作“钡餐”【答案】B【解析】第3页/共22页

【分析】【详解】A．浓硫酸与HCl不反应，但还原性大于，浓硫酸会与HI反应生成，不能用于干燥HI气体，A错误；B．因分子间氢键沸点高于，同理也因氢键沸点高于，B正确；C氢氧化钠，故金属钠与硫酸铜溶液反应时生成氢氧化铜，不能置换出铜，C错误；D．不溶于盐酸，不会产生有毒的钡离子，而会与胃酸反应生成有毒的，不能替代作“钡餐”，D错误；故答案选B。【点睛】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，和的混合气体中含有的原子数为B.等物质的量的和，前者中子数比后者多C.密闭容器中盛有和，充分反应后生成的分子数为D.标准状况下，22.4LHCl气体中数目为【答案】A【解析】【详解】A．和的摩尔质量均为，且均为双原子分子，混合气体总物质的量为，所含原子总物质的量为，即原子数为，A正确；B．题目未指明和的具体物质的量，无法确定二者中子数的差值，B错误；C．与生成的反应为可逆反应，反应物无法完全转化，生成的分子数小于，C错误；D．标准状况下为气态共价分子，不存在电离出的，D错误；故答案选A。7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在第4页/共22页

短周期元素中原子半径最大，Z的最高价与最低负价代数和为4。下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.简单离子半径：D.W与Y组成的物质中不可能含非极性键【答案】C【解析】【分析】WXYZ原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不能超过8W是第二周期的OY为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，根据原子序数W<X<Y且X为短周期主族元素，可知X为F元素；Z元素最高正价与最低负价之和为4，则Z是第ⅥA元素，Z是S；【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性氟大于氧，则简单氢化物的稳定性：，故A错误；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，但是F没有正价，不能形成最高价氧化物对应水化物的酸，故B错误；CC正确；D．过氧化钠中存在氧氧非极性共价键，故D错误；故选C。8.提纯粗品(含少量的、和)得到溶液、溶液、盐酸和溶液。下列说法错误的是A.用略微过量的溶液除去第5页/共22页

B.、、通过生成沉淀后过滤除去C.4种试剂的使用顺序依次为溶液、溶液、盐酸、溶液D.调后的滤液蒸发至出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干【答案】C【解析】粗品(含少量的、和)得到纯品，、、分别除掉、、以及剩余Ba2+(在之后加入)pH除去多余的碳酸钠和氢氧化钠，最后蒸发结晶得到纯NaCl；【详解】A．BaCl2与反应生成BaSO4沉淀，用略微过量的BaCl2可以除去，故A正确；BCa2+与NaCO3溶液反应生成CaCO3Mg2+与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，通过生成沉淀后过滤除去，故B正确；C．NaCO3溶液不仅要除去Ca2+，还要除去过量的Ba2+，所以NaCO3溶液必须在BaCl2溶液之后加入，NaOHBaCl2量的OH和CO，4种试剂的使用顺序可以为BaCl2溶液、NaOH溶液、NaCO3溶液、盐酸，故C错误；D．调pH后的滤液蒸发至出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干，即可得到NaCl纯品，故D正确；答案选C。9.下列实验操作及现象、实验结论描述均正确的是选实验操作及现象实验结论项A无色溶液中一定含有溶液中，品红溶液褪色向和中均分别加入NaOH溶液的碱性比B和盐酸，只溶于盐酸，都能溶强C将红热的木炭插入浓硝酸中，产生红棕色气体浓硝酸具有强氧化性第6页/共22页

将Cu与浓硫酸反应后的混合液冷却至室温，再向其D有生成中加入蒸馏水，溶液变蓝A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A或亚硫酸氢根离子，若为氯气，溶液中可能含次氯酸根离子，无法证明一定含，A错误；B．只能与酸反应体现碱性，为两性氢氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，说明其碱性弱于，可得出碱性比强的结论，B正确；C明浓硝酸具有强氧化性，C错误；D．反应后混合液中含有大量浓硫酸，直接向其中加蒸馏水会导致酸液飞溅，操作不符合规范，D错误；故选B。10.氧化性越强，负值对应的绝对值越大，还原性越强。在酸性介质中，各物质浓度为时，各电对电极电势如下：电对(氧化型/还原型)电极电势/V0.3370.7701.071.78下列有关说法不正确的是A.Fe能置换出NiB.还原性：C.含各的混合溶液中若仅还原，可使用CuD.的HBr溶液与的溶液等体积混合，无明显现象出现第7页/共22页

【答案】D【解析】【详解】A“标准电极电势”负值对应的绝对值越大，还原性越强，则由表中数据可知，还原性：，即Fe比Ni活泼，则Fe能置换出Ni，A正确；B．φ(Ni2+/Ni)=−0.230V，φ(Cu2+/Cu)=0.337V，因此还原性：，B正确；C．由表中数据可知，氧化性：Fe3+>Cu2+>Ni2+，则Fe3+优先被还原，可以还原，发生反应：，但不能还原和，因此含各的混合溶液中若仅还原，可使用Cu，C正确；D．φ(HO/HO)=1.78V>φ(Br/Br−)=1.07V“标准电极电势”正值数值越大，氧化性越强，则氧化性：可氧化生成的HBr溶液与的溶液等体积混合，会生成，溶液会变为橙黄色，有明显现象，D错误；故选D。利用如下实验装置和试剂能实现元素不同价态间转化的是试剂实验装置

选价态转化项abc浓盐二氧化亚硫酸钠溶A酸锰液浓硝氢氧化钠溶B铜片酸液过氧化C水硫化钠溶液钠稀硫DFeS溶液酸A.AB.BC.CD.D【答案】C第8页/共22页

【解析】A．浓盐酸与二氧化锰需加热才能反应生成A不符合题意；B．浓硝酸与铜片反应生成（；通入溶液发生歧化反应：实现，B不符合题意；C（中部分被氧化为现；通入溶液，发生置换反应：，被还原为，实现，全程符合装置条件与价态转化，C符合题意；D．稀硫酸与反应生成（元素价态为，无的转化；通入溶液，发生反应：，实现，但第一步无的转化，D不符合题意；故答案选C。12.工业上利用石英砂(含)硅，其流程如图所示。已知氮化硅不与除氢氟酸和磷酸以外的无机酸反应。下列有关说法不正确的是A.制粗硅过程中，若1molC参与反应，理论上得到的粗硅中含Si的量一定小于1molB.“高温氮化”发生的反应中是氧化剂C.粗硅制高纯硅过程中，和可以循环利用D.“试剂Y”可以选用稀硫酸【答案】D【解析】【分析】SiO2和C在高温下反应生成Si和CO而得到粗硅，粗硅和HCl在300℃下反应生成SiHCl3和氢第9页/共22页

SiHCl3和氢气在℃下反应生成高纯硅和HCl；粗硅与氮气在高温条件下反应生成氮化硅，再经稀酸酸洗得到氮化硅，据此解答。【详解】A．制粗硅过程中发生反应：，则由反应式可知，若1molC参与反应，理论上得到的粗硅中含Si的量(0.5mol)一定小于1mol，A正确；B”发生的反应中是氧化剂，B正确；CHCl在300℃下反应生成SiHCl3SiHCl3和氢气在℃下反应生成高纯硅和HCl粗硅制高纯硅过程中，和可以循环利用，C正确；D“试剂Y”D错误；故选D。13.NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一，Cu基催化剂是技术脱除NO中性能较会造成Cu(O的化合价为价)可抑制对Cu基催化剂的影响(除Ce化合物外，其余物质比例系数均已标定)，其作用机理如图所示。下列说法不正确的是A.反应①中，Ce元素价态降低B.反应②中，的化学式为C.在反应③中，存在极性键和非极性键的断裂与形成D.标准状况下，整个反应过程中消耗时转移的电子数为【答案】D【解析】第10页/共22页

【详解】A．除Ce化合物外，其余物质比例系数均已标定，设反应①的化学方程式为：，由S、O原子守恒可得：，解得。反应①中被氧化为，3个失去6个电子，1个得到4个电子，根据得失电子守恒，2个(Ce元素为+4价)应得到2个电子，则Ce元素价态降低，且降低至+3价，A正确；B．在反应②中，硫、氧、氮、氢元素的化合价均没有改变，则Ce元素的化合价也不改变，反应前后Ce均为+3价，O为2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，的化学式为，B正确；CNH极性键的断裂和HO非极性键的断裂和非极性键的形成，即存在极性键和非极性键的断裂与形成，C正确；D被氧化，4mol被氧化生成时转移电子12mol，则标准状况下，整个反应过程中消耗(即1mol)时消耗2mol，转移电子6mol，即6N，D错误；故选D。14.某小组同学在学习高中化学必修第一册课本中检验检验时能否排除待测液中、的干扰，为此查阅资料并设计如下实验。已知：在水中不完全电离，可溶于水。下列说法不正确的是A.用稀硝酸和硝酸银溶液可排除待测液中的干扰，无法排除的干扰B.②→③沉淀溶解的反应可能是C.对比②和④可知，相同条件下，在水中的溶解度比大D.对比④→⑤和⑦→⑧可知：易溶的亚硫酸盐更容易被氧化【答案】A第11页/共22页

【解析】【分析】在实验①→②→③中，向1mL0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/L的硫酸钠溶液，二者完全反应生成微溶于水的硫酸银，使溶液略有浑浊，之后向溶液中继续加入浓硝酸，硫酸银电离产生的硫酸根离子与氢离子发生离子反应，生成弱电解质，硫酸银逐渐溶解。0.3mol/L的稀硝酸未将亚硫酸银氧化，之后将亚硫酸银沉淀滤出洗涤后加入浓硝酸，二者发生氧化还原反应，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，同时生成红棕色的二氧化氮气体，之后加入氯化钡溶液生成白色的硫酸钡沉淀。在实验⑦→⑧中，亚硫酸钠与稀硝酸反应生成二氧化氮；A干扰，A错误；B验②→③沉淀溶解的反应可能是：，B正确；C．对比②和④的沉淀产生情况可知，相同条件下，在水中的溶解度比大，C正确；D中，亚硫酸钠可被稀硝酸氧化，对比两实验可得出结论，易溶的亚硫酸盐更容易被氧化，D正确；故选A。二、填空题15.素回答下列问题：（1）氢元素存在多种同位素，其中用于制造氢弹的核素是___________(用原子符号表示)。（2）Na元素可形成多种化合物，Na元素与原子半径最小的元素组成的化合物甲常作强还原剂，化合物甲的电子式为___________。（3NaOH溶液和铝粉混合可以作为管道疏通剂使用，其原理为___________(用离子方程式表示)可以溶解铝粉，若甲、乙两烧杯中分别盛1L0.6mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体在同温同压下的体积比V(甲):V(乙)，则加入铝粉的质量为___________。（4）某学习小组设计如下实验探究碳、硅元素的非金属性强弱。第12页/共22页

①装置B中的试剂是___________。②除了比较和___________。【答案】（1）、（2）（3）①.②.7.2g（4）①.饱和溶液②.CH4稳定性强于SiH4【解析】【小问1详解】用于制造氢弹的核素是氘（【小问2详解】原子半径最小的元素是H，Na元素与H组成的化合物NaH常作强还原剂，NaH的电子式为；【小问3详解】NaOH溶液和铝粉反应的离子方程式为；设加入铝粉的物质的量为n，盐酸和NaOH的物质的量均为1L0.6mol/L=0.6mol，铝与盐酸反应：HCl完全反应，生成H2的物质的量为0.6mol=0.3mol，铝与NaOH反应：，NaOH过量，生成的H2的物质的量为，已知V(甲)：V(乙)，乙烧杯中生成H2的物质的量为0.3mol×=0.4mol，根据反应2Al第13页/共22页

+2NaOH+2HO＝2NaAlO+3H↑，可知n(Al)=0.4mol×=mol，则铝粉的质量为mol×27g/mol=7.2g；【小问4详解】装置B中的试剂是饱和溶液，作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢气体；碳的非金属性强于硅的事实：CH4稳定性强于SiH。16.别为氮元素在自然界中的循环示意图(图1)及价类二维图(图2)。回答下列问题：（1）图1的转化途径中属于“固氮”的是___________(填序号)。（2）氨的催化氧化是工业制Q的基础，该反应的化学方程式为___________。（3）简述实验室里检验Y溶液中阳离子的方法：___________。（4）下列有关氮元素及其化合物的说法正确的是___________。A.可直接加热晶体制备氨气B.将分别蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃杯靠近，可观察到白烟C.氮元素的氧化物排放过多会导致酸雨，酸雨的D.铝遇冷的浓硝酸会发生钝化，与冷的稀硝酸反应生成、和P（5XX气体的密度是密度的16倍，X的结构式为___________。（6）足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到与的混合气体，向所得溶液中加入溶液，恰好沉淀完全，则混合气体中无色气体在标准状况下的体积为___________L。（7(As)与氮元素(N)价砷的化合物毒性强于价砷的化合物。利用单质铁可处理水体砷污染，其原理为单质铁在水体中被氧化得到氢氧化铁胶体，吸附沉降砷的化第14页/共22页

合物。在其他条件一定时，调节水样的pH，得到除砷效率曲线如图所示。①海产品中含有微量价砷的化合物，使用海鲜后不能马上进食水果的原因是___________。②请分析砷的去除率随着pH的升高呈现先增大后减小的变化趋势的原因：___________。【答案】（1）（2）（3）取少量溶液于试管中，加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，证明有（4）CD（5）（6）（7）①.海鲜中的+5价砷被水果中的维生素还原为剧毒的+3价砷，导致中毒②.过低时胶体溶解，吸附能力弱；升高时胶体增多，吸附增强；过高时胶体聚沉，吸附能力下降【解析】【分析】根据图2氮元素的价类二维图，横坐标为物质类别、纵坐标为氮元素化合价，可推得：X为氮元素2价的氢化物，P为氮元素+2价的氧化物，化学式为Q为氮元素+5价的酸，化学式为Y为氮元素3价的盐，为铵盐（如、【小问1详解】固氮是指将游离态的转化为化合态氮的过程。图1中①是大气中的转化为于人工固氮/生物固氮；其余过程均为化合态氮之间的转化，不属于固氮；【小问2详解】第15页/共22页

在催化剂、加热条件下与反应生成和，对应图2中为，化学方程式为；【小问3详解】图2中为铵盐，阳离子为。检验方法为取少量溶液于试管中，加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，证明溶液中含有；【小问4详解】A．受热分解生成和，冷却后二者又化合为，无法直接制备氨气，A错误；B与挥发性酸如浓盐酸反应生成B错误；C．氮氧化物（如）排放过多会形成硝酸型酸雨，正常雨水，酸雨，C正确；D．与冷的浓硝酸钝化，与冷的稀硝酸反应生成、和，D正确；【小问5详解】同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，摩尔质量为，故的摩尔质量。含氮元素，可作火箭燃料，故为（肼结构式为；【小问6详解】与浓硝酸反应，与稀硝酸反应。加入使恰好沉淀完全，溶液中溶质为，，故，即参与反应的为，失电子总物质的量为。设为，为，则：，解得：，标准状况下的体积；【小问7详解】第16页/共22页

①海鲜中含+5+5价砷还原为+3价砷（剧毒，如，②单质铁在水体中被氧化为胶体，吸附沉降砷的化合物。过低，胶体溶解，吸附能力减弱，去除率低；升高，胶体生成量增多，吸附能力增强，去除率升高；过高，胶体聚沉，吸附能力下降，且砷的化合物（如）与竞争吸附，去除率降低。17.硫酰氯()主要用作化工生产中的氯化剂或氯磺化剂，也用于制造医药品、染料、个人护理及家用洗涤的表面活性剂等。在实验室利用活性炭作催化剂可少量制备，装置如图所示(夹持装置已省略)。已知：制备硫酰氯等原理为。的熔点为，沸点为69.1℃，受热易分解，能与水发生剧烈反应产生白雾。回答下列问题：（1）戊装置用于制，则下列试剂组合中最合适的是___________(填标号)。A.稀硫酸和固体B.70%的浓硫酸和固体C.98%的浓硫酸和FeD.稀硝酸和固体（2）若使用Cu与浓硫酸反应制备，请写出该反应的化学方程式：___________。（3e→___________→gh←___________←f(用)。（4）盛放碱石灰的仪器名称是___________，其中碱石灰的作用是___________。第17页/共22页

（54.48L(已转化为标准状况)，16.2g，则硫酰氯的产率为___________(产率=)；去除甲装置会降低产率，可能的原因是___________(用化学方程式表示)。（6）亚硫酰氯也易与水发生反应，且产物容易以气体形式逸出，实现无残留，较是更好的脱水剂，但与混合加热不宜制取无水，是因为___________。【答案】（1）B（2）（3）①.②.（4）①.球形干燥管②.吸收尾气（、置使水解（5）①.②.（6）具有还原性，会与发生氧化还原反应，将还原为，最终无法得到无水【解析】【分析】本实验以和为原料，在活性炭催化下合成，实验流程为：首先通过合适试剂制备中用碱石灰装置吸收尾气中未反应的、免水解。【小问1详解】A．易溶于水，稀硫酸含水量高，溶解损失大，A不符合题意；B．浓硫酸提供，且含水量低，溶解度小，可高效制备，B符合题意；C．常温下遇浓硫酸钝化，无法持续生成，C不符合题意；D．硝酸具有强氧化性，会将氧化为，无法生成，D不符合题意；第18页/共22页

【小问2详解】与浓硫酸在加热条件下反应生成、和，化学方程式为：；【小问3详解】酸，干燥；干燥后的和通入丁装置（口）反应，最后连接碱石灰装置。因此正确连接顺序为：，；【小问4详解】盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥管；碱石灰的作用：①吸收尾气中未反应的、，防止污染空气；②防止空气中的水蒸气进入丁装置，避免水解；【小问5详解】标准状况下的物质的量为，根据反应，理论上生成，的摩尔质量为，理论产量为，实际产量为，因此产率为；去除甲装置后，气体中混有水蒸气，与水发生反应：，导致产物损失，产率降低。【小问6详解】中S元素为+4价，具有还原性，因此会与发生氧化还原反应，将还原为，最终无法得到无水。18.可用于制造电机电刷、光学玻璃、激光发生器等。(主要成分为等杂质)为原料湿法制备并实现杂质元素的分离和回收利用的流程如下：第19页/共22页

已知：常温下，完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。回答下列问题：（1）提高“酸浸”浸取率的措施为___________(答2条)。（21处理的第一步加入的作用是___________(用离子方程式表示)的是___________(填标号)。A．B．C．D．（3）一定温度下，钡矿粉在不同浓度的盐酸中“酸浸”60min时结果如表。0.21.04.07.010.0钡浸出率/%2578978565铁浸出率/%3592837768镁浸出率/%4172789880则“酸浸”时，应选择___________。Ⅱ．利用磷肥行业的副产品氟硅酸溶液干法制备的流程如下：已知：①“氨解”过程发生的反应为放热反应；②“焙烧”过程包含反应：。（4的消耗量比理论值高的原因可能是________