河北省张家口市NT20名校联合体2025-2026学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省张家口市NT20名校联合体2025-2026学年高一上学期12月月考试题注意事项：1.本试卷共100分，考试时间75分钟。2.请将各题答案填在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列属于无氧酸的是A.NaHS B. C.HCl D.【答案】C【解析】A．NaHS是硫氢化钠，属于盐类，不是酸，因此不属于无氧酸，A错误；B．H2SO4是硫酸，含有氧元素，属于含氧酸，不是无氧酸，B错误；C．HCl是盐酸，不含氧元素，且能电离出H+离子，属于无氧酸，C正确；D．NH3是氨气，属于弱碱，不是酸，因此不属于无氧酸，D错误；故答案为C。2.河北是中华文明发祥地之一，众多历史古物见证文化传承，2025年“河北文物保护科技展”聚焦古物材料分析。下列河北历史古物中，主体材料属于金属材料的是A.满城汉墓出土的长信宫灯 B.石家庄赵州桥C.沧州肃宁捞纸 D.邯郸磁州窑白釉黑花瓷瓶【答案】A【解析】A．长信宫灯：西汉青铜器，主体为铜锡合金（青铜），为金属材料，A符合题意；B．赵州桥：主体结构为石材（石灰岩），属无机非金属材料，B不符合题意；C．传统手工造纸，成品为纤维素构成的纸张，不是金属材料，C不符合题意；D．陶瓷制品，主要成分为硅酸盐（黏土烧制），属无机非金属材料，D不符合题意；故选A。3.下列关于元素周期表说法错误的是A.地壳中含量最多的金属元素位于第三周期IIIA族B.元素周期表中副族元素全部是金属元素C.最外层电子数相同的元素一定在同一族D.同周期第IIA与IIIA元素原子序数的差值不一定为1【答案】C【解析】A．地壳中含量最多的金属元素是铝，位于第三周期第IIIA族，A正确；B．副族元素不含非金属元素，均为金属元素，B正确；C．最外层电子数相同的元素不一定在同一族，例如钠（Na，IA族）和铜（Cu，IB族）最外层均有1个电子，但分属不同族，氦（He，0族）最外层2个电子，与IIA族元素最外层电子数相同但不同族，C错误；D．同周期第IIA与IIIA族元素原子序数差值在第二、三周期（短周期）为1（如铍4与硼5），但在第四周期及以后（长周期）因过渡金属存在而大于1（如钙20与镓31差11），故不一定为1，D正确；故答案为C。4.雄安新区监测中心检测某河水样本（，无色透明），下列各组离子在该水样中能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】A．与反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B．为紫色离子，水样无色透明，不符合条件，B错误；C．所有离子无色，在条件下，无沉淀、气体、反应发生，能大量共存，C正确；D．与发生氧化还原反应，且与反应生成沉淀，不能大量共存，D错误；故答案选C5.河北唐山化工园区拓展多金属矿产加工业务，涵盖铁、铝、钙、铜等本地优势金属资源的转化，下列物质变化不可以一步实现的是A. B.C. D.【答案】D【解析】A．在空气中可被氧气氧化一步转化为（），可以一步实现，不符合题意，A错误；B．可通过复分解反应一步转化为NaOH（），可以一步实现，不符合题意，B错误；C．可通过与氨水复分解反应一步转化为（），可以一步实现，不符合题意，C错误；D．CuO不溶于水，不能直接与水或碱反应生成，需先与酸反应生成，再与碱反应生成，至少需两步，不可以一步实现，符合题意，D正确；故答案选D。6.2025年河北雄安新区绿色建筑推广“硅胶胶体防潮涂层”，其核心成分硅胶()胶体的形成遵循Liepatoff规则(胶核总是选择性吸附与其本身组成相似的离子形成胶粒)，该胶体的胶团结构可表示为：下列叙述错误的是A.硅胶胶体的分散质粒子直径范围为B.向硅胶胶体中加入氢氧化铁胶体会发生聚沉C.可制得个硅胶胶体粒子D.胶核()选择性吸附，使胶粒带负电，所以胶体具有介稳性【答案】C【解析】A．硅胶胶体的分散质粒子直径范围为，A正确；B．氢氧化铁胶粒带正电，硅胶胶粒带负电，混合后电性中和发生聚沉，B正确；C．可生成，但胶体粒子是多个分子聚合体，故胶体粒子数小于，C错误；D．胶核()选择性吸附，使胶粒带负电，同种电荷相互排斥，使胶体具有介稳性，D正确；故选C。7.唐山化工园区从含杂质的原料中提纯目标物质，下列分离与提纯方法错误的是A.从溶液中获得晶体：蒸发结晶B.除去固体中的少量：加热C.除去中的气体：通过饱和溶液洗气D.除去胶体中的：过滤【答案】D【解析】A．从NaCl溶液中获得NaCl晶体，蒸发结晶是常用方法，A正确；B．加热使NaHCO3分解为Na2CO3、H2O和CO2，从而除去杂质，B正确；C．饱和NaCl溶液可吸收HCl（易溶）而减少Cl2的溶解，常用于除杂，C正确；D．Fe(OH)3胶体粒子（1-100nm）能透过滤纸，FeCl3溶解为离子，过滤无法有效分离，D错误；故选D。8.下列离子方程式书写错误的是A.氧化铁与氢碘酸反应：B.侯氏制碱法核心反应：C.少量碳酸氢钠与氢氧化钙溶液反应：D.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡至中性：【答案】A【解析】A．氢碘酸具有还原性，具有氧化性，反应中会被还原为，并生成，正确的为：，A错误；B．侯氏制碱法利用饱和食盐水与氨气、二氧化碳反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，离子方程式正确，B正确；C．少量碳酸氢钠与氢氧化钙反应时，OH-反应生成，结合生成CaCO3沉淀，离子方程式正确，C正确；D．硫酸氢钠溶液电离产生离子为、，滴加氢氧化钡至中性时，氢氧化钡的氢氧根离子被完全消耗，硫酸氢钠和氢氧化钡的物质的量之比为2:1，D正确；故选A。9.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.钢铁厂尾气中与的混合气体，所含原子数为B.在足量氯气或硫蒸气中完全反应，失去的电子数均为C.质量分数为46%的乙醇()溶液，含有的氧原子数为D.溶液中，阳离子的数目之和为【答案】A【解析】A．钢铁厂尾气中CO与N2的混合气体总质量为2.8g，CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，混合气体的总物质的量为0.1mol，CO和N₂均为双原子分子，所含原子总数为，A正确；B．5.6gFe的物质的量为0.1mol，Fe在足量氯气中反应生成FeCl3，失去0.3mol电子，电子数为；在硫蒸气中反应生成FeS，失去0.2mol电子，失去的电子数，B错误；C．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇质量为46g，为1mol，含氧原子1mol，溶剂水质量为54g，为3mol，含氧原子3mol，总氧原子数为4，C错误；D．0.1mol·L⁻¹NaHSO4溶液中，未指明溶液体积，无法计算阳离子数目，D错误；故选A。10.下列实验装置不能实现其目的的是A．比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性B．铁粉和水蒸气的反应C．氢气在氯气中燃烧D．制备胶体A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，将放在大试管(高温区)、放在小试管(低温区)，若小试管连接的澄清石灰水变浑浊，可证明热稳定性弱，装置可实现目的，A正确；B．铁和水蒸气反应实验中，湿棉花提供水蒸气，高温下与水蒸气反应生成，肥皂泡可收集，B正确；C．氢气在空气中点燃，然后将导管伸入氯气集气瓶，可观察到安静燃烧的现象，装置合理，C正确；D．制备胶体的操作应该是向沸水中加入饱和氯化铁溶液，D错误；故选D。11.河北沧州化工园区某车间需制备少量氯气并处理尾气，实验室模拟该流程为：实验室制氯气→除杂→干燥→收集→通入含酚酞的溶液(尾气处理)，观察到溶液红色迅速褪去。下列关于该实验的说法错误的是A.实验室制氯气的原理为：B.试剂饱和食盐水C.装置的连接顺序是D.滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色的原因可能是碱性的减弱，也有可能是强氧化性物质破坏了酚酞的结构【答案】C【解析】二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，制得的氯气依次通过饱和食盐水除去混有的HCl、浓硫酸干燥后进行收集，由于氯气的密度大于空气，采取向上排空气的方法收集，最后使用NaOH溶液吸收气体，防止污染空气，仪器连接顺序为：。A．实验室使用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，化学方程式为，A正确；B．试剂X为饱和食盐水，用于除去中的气体，B正确；C．装置连接顺序应遵循“制气除杂干燥收集尾气处理”，氯气密度比空气大，收集时应长进短出，正确顺序为，C错误；D．氯气先与水反应生成和，中和使溶液碱性减弱，具有强氧化性会破坏酚酞结构，因此滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，D正确；故答案为C。12.铜电路板刻蚀液的回收与利用下列说法错误的是A.刻蚀原理的离子方程式为：B.沉淀A是Fe、Cu混合物，沉淀B是CuC.气体C是氯气，发生反应的离子方程式为：D.可用酸性溶液检验再生刻蚀液中的【答案】D【解析】该流程为铜电路板刻蚀液的回收与再生工艺。废液经加入过量铁屑并过滤，得到沉淀A（含铜和过量铁）与滤液；沉淀A加过量盐酸后，铁溶解生成氯化亚铁进入滤液，铜不溶成为沉淀B；将两股滤液合并后，通入气体C（应为氯气）将Fe2+氧化为Fe3+，实现刻蚀液（FeCl3）再生。此方法有效回收铜并循环利用刻蚀液，降低资源消耗与环境污染。A．铜电路板刻蚀原理为氧化Cu，离子方程式为，A正确；B．废液中加入过量铁屑，Fe置换生成，沉淀为、混合物，加入过量盐酸后溶解，沉淀为，B正确；C．气体为氯气，氯气可氧化再生，反应为，C正确；D．刻蚀液中含，可被酸性溶液氧化，导致酸性溶液褪色，干扰的检验，D错误；故选D。13.向含一定量和的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种离子的物质的量变化如图所示，已知：还原性，，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是A.线段IV表示的变化情况B.原溶液中C.D.线段III的离子方程式为：【答案】C【解析】因为离子的还原能力I−＞Fe2+＞Br−，所以线段Ⅰ表示I−，线段Ⅱ表示Fe2+，线段Ⅲ表示Br−，线段Ⅳ表示IO(因为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl)。A．根据分析，且由，可知IV单质碘被氧化为，A正确；B．由还原性，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，再氧化溴离子，根据消耗氯气的物质的量可知，，，，B正确；C．6mol消耗，则，C错误；D．线段III表示被氧化，D正确；故选C。14.研究小组探究与水的反应。取粉末加入水中，充分反应得溶液(液体体积无明显变化)，进行以下实验。下列说法错误的是编号①②③④操作现象溶液变红，20秒后褪色i．产生大量能使带火星木条复燃的气体ii．溶液变红，10分钟后褪色i．溶液变红，10分钟后溶液褪色ii．溶液变红溶液变红，2小时后无明显变化A.由②中现象i可知，与水反应有生成B.由③④可知，②中溶液红色褪去是因为大C.由②③④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是大D.向①中褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液最终变红【答案】D【解析】A．实验2中向溶液A加入，产生大量能使带火星木条复燃的气体，说明与水反应有生成，A正确；B．实验3中，向含的酚酞溶液中加盐酸中和后，溶液变红且不褪色，实验4中0.1mol/LNaOH溶液(c小)中酚酞长期不褪色，说明2中溶液红色褪去是因为大，B正确；C．由实验2、3、4对比可知，1中溶液红色褪去的主要原因是的漂白性，而非大，C正确；D．1中褪色后的溶液中，酚酞被破坏，滴加盐酸中和过量后，溶液不会变红，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.化学是研究物质的组成、结构、性质、转化及应用的基础学科，其特征是在原子、分子水平上认识物质，通过化学变化创造物质。（1）根据下列物质的组成和性质完成填空。a．石墨b．饱和氯化钠溶液c．熔融氯化钾d．晨雾e．冰水混合物f．HClg．氢氧化铁胶体h．稀硫酸i．的氨水①属于分散系的有_______(填字母，下同)，能导电的有_______。②向g中逐滴滴加h，其现象为_______。③向i中通入一定量f，请在下图画出其导电性变化_______。（2）实验室需要配制的溶液。①每个容量瓶瓶身上除标有刻度线、规格外，还标有_______。②应用托盘天平称取晶体的质量为_______g。③溶解后未冷却至室温就转移定容，会导致所配溶液浓度_______(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。（3）将某二价金属的氯化物完全溶于水，溶液体积为，其中含有离子，的摩尔质量是_______，溶液中的物质的量浓度为_______。【答案】（1）bdghiabcghi产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解，变为棕黄色溶液（2）温度35.8偏高（3）111g/mol0.1mol/L【解析】【小问1】①石墨能导电，但是单质，不是分散系；饱和氯化钠溶液是混合物，属于分散系，溶液中具有自由移动离子，能导电；熔融氯化钾是纯净物，不是分散系，具有自由移动离子，能导电；晨雾是气溶胶，属于分散系，不存在自由移动离子，不能导电；冰水混合物是纯净物，不是分散系，冰水混合物因水的微弱电离而存在极少量自由移动的离子，导电能力极弱，可认为不导电；HCl是纯净物，不是分散系，HCl由分子组成，不存在自由移动离子，不能导电；氢氧化铁胶体、稀硫酸和的氨水均是混合物，是分散系，存在自由移动离子，可以导电；故属于分散系的有bdghi，能导电的有abcghi。②向氢氧化铁胶体中逐滴滴加稀硫酸，首先发生胶体的聚沉，得到氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁沉淀与稀硫酸反应生成硫酸铁，沉淀溶解，得到棕黄色溶液，则现象为产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解，变为棕黄色溶液；③向氨水中通入一定量HCl，反应生成NH4Cl，氨水为弱电解质，NH4Cl为强电解质，溶液中离子数量增加，导电性增强，则导电性的变化图为：。【小问2】①容量瓶瓶身上需标有刻度线、规格、温度；②，考虑到托盘天平精度，故应用托盘天平称取35.8g晶体；③溶解后未冷却至室温就转移定容，溶液体积偏小，溶液浓度偏高。【小问3】根据ACl2=A2++2Cl-，n(Cl-)=0.4mol，则n(A2+)=n(ACl2)=0.2mol，M(ACl2)==111g/mol，c(ACl2)==0.1mol/L。16.离子反应和氧化还原反应一直伴随你的高中学习，请根据你的理解回答下列问题：（1）次磷酸()是一种精细磷化工产品，与足量的反应生成。还具有较强的还原性，能将溶液中的还原为从而实现化学镀银。①是_______(填“正盐”“酸式盐”)，其电离方程式为_______。②化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，则氧化产物为_______。（2）某反应体系中有反应物和生成物共五种物质：、、、、。该反应的化学方程式为_______；若反应过程中转移了电子，则氧化产物的质量是_______g。（3）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。①和在盐酸中反应转化为和并放出气体。若和恰好完全反应，和的物质的量之比为_______。②配平和反应的方程式：_______。_____________________=____________________________【答案】（1）正盐或（2）4.8（3）1：1【解析】【小问1】①根据题目，与足量NaOH反应生成，是一种一元酸（因为是正盐，而非酸式盐）。这表明只能电离出一个，因此，

是正盐，其电离方程式为：；②在化学镀银反应中，将

还原为，自身被氧化。已知氧化剂（）与还原剂（）的物质的量比为4:1。设的物质的量为1mol，则的物质的量为4mol。获得的电子数为：，因此，

失去的电子数也为4mol。中P的化合价为，设氧化后P的化合价为x，则解得

，被氧化后P的化合价变为+5，因此，氧化产物为或。【小问2】反应物和生成物为：、、、、。根据氧化还原反应，被氧化为S，被还原为NO。故该反应的化学方程式为；若转移0.3mol电子，反应一个H2S失去2个电子，转移2个电子，则的物质的量为，对应的S质量为：。【小问3】①根据电子得失守恒知，作氧化剂得到2

mol电子，而作还原剂失去2mol电子，所以二者的物质的量之比是；②As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素化合价由-2价升高到0价，N元素化合价由+5降低为+4，反应中发生还原反应生成NO2，由守恒法得反应方程式为。17.是优良的饮用水消毒剂和果蔬保鲜剂。某兴趣小组通过如图装置（夹持装置略）制备并对其性质进行探究。已知：I．实验室可用稳定剂吸收生成，使用时加酸只释放一种气体；II．熔点为-59℃，沸点为11℃，浓度过高时易发生爆炸。回答下列问题：（1）A中a的作用_______，装置A中反应生成和，其反应的化学方程式为_______。（2）B装置的作用为_______。（3）关闭打开通入，在中被稳定剂吸收；打开继续通入，此时中溶液呈蓝色。①继续通入的主要目的是_______。②E中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。③若D为的收集装置，应将其置于_______中。（4）F为的吸收装置，其产物之一为，则反应的离子方程式为_______。【答案】（1）平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下（2）吸收氯气和氯化氢（3）稀释防止浓度过高时发生爆炸冰水浴（4）【解析】装置A中浓盐酸与发生氧化还原反应，生成和，；挥发出的HCl气体和生成的在B中被吸收；在C中被稳定剂完全吸收生成，在酸性环境下可发生反应释放出，装置D收集；装置E验证的氧化性；F吸收尾气，避免污染环境。据此分析。【小问1】a为恒压分液漏斗的导管，作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；装置A中反应生成和，其反应的化学方程式为。【小问2】由分析可知，B装置的作用为吸收氯气和氯化氢。【小问3】①浓度过高时易爆炸分解，则继续通入的主要目的是稀释防止浓度过高时发生爆炸。②装置E中生成的具有氧化性，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为；其中I元素由-1价升为0价，被氧化，故氧化产物为；Cl元素由+4价降为-1价，被还原，故还原产物为；所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为。③沸点为11℃，则应在冰水浴中进行收集。【小问4】F为的吸收装置，其产物之一为，则反应的离子方程式为。18.一种利用低品位铜矿(含、、和等)为原料制取的工艺流程如下：已知：水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即转化为碱式碳酸铜和氢氧化铜。（1）酸浸时参与反应的化学方程式为_______。（2）调节时，除了