湖南省湘潭市2026-2027学年高二上学期第一次月考化学自测卷（范围：人教版必修一、必修二、选择性必修一第1-2单元）（解析版）

湖南省湘潭市2026-2027学年高二上学期第一次月考自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案CCBABBBCCC题号11121314答案BAAD1．C【详解】A．能使酚酞溶液变红的溶液呈碱性，NH和OH-离子发生反应生成弱电解质一水合氨不共存，A错误；B．pH=1的溶液中含有较多的H+，H+和NO体现的强氧化性可以和Fe2+发生氧化还原反应不共存，B错误；C．0.1mol·L-1的NaOH溶液中K+、NO、Br-、SiO之间不发生反应，可以大量共存，C正确；D．Cu2+在溶液中呈蓝色，D错误；答案为：C。2．C【详解】A．属于不成盐氧化物，不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，A错误；B．属于不成盐氧化物，不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，B错误；C．可与碱反应仅生成对应的盐和水，符合酸性氧化物的定义，C正确；D．属于氧化物，但水不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，D错误；故选C。3．B【详解】乙醇(CH3CH2OH)和二甲醚(CH3-O-CH3)的分子式相同，结构不同，官能团不同，互为同分异构体，答案选B。4．A【详解】①单位时间内生成1molX的同时消耗2molZ，只表示逆反应，不能说明反应达到平衡状态；②Z的体积分数不再变化，能说明反应达到平衡状态；③该反应的正反应气体分子数增加，建立平衡过程中气体分子物质的量增大，恒温恒容容器中体系的压强增大，达到平衡时气体分子物质的量不变，体系的压强不变，体系的压强不再改变能说明反应达到平衡状态；④达到平衡时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，Y、Z的物质的量浓度比为1:2不能说明反应达到平衡状态；⑤Y的转化率不再改变表明Y的浓度不再变化，能说明反应达到平衡状态；⑥由于X呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中混合气体的总质量增大，容器的容积恒定，混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体的总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不再改变能说明反应达到平衡状态；不能说明反应达到平衡状态的是①④，答案选A。5．B【详解】A．当前能源结构中，燃料的燃烧是主要的能量来源，燃烧反应为放热反应，所以人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，故A正确；B．人体运动消耗的能量来自体内有机物的氧化分解，属于化学反应，所以人体运动所消耗的能量与化学反应有关，故B错误；C．我国目前使用的能源有煤、石油、天然气，其中最主要的能源是煤炭，故C正确；D．当今世界的燃料主要是煤、石油、天然气，煤、石油、天然气属于化石燃料，是远古时代的动植物在地下发生复杂的物理、化学变化形成的，故D正确；故选：B。6．B【详解】A．含Fe3＋的溶液为黄色，A错误；B．中性条件下，四种离子可以共存，B正确；C．使石蕊变红的溶液为酸性，硝酸根在酸性条件下体现氧化性，和Fe2＋会发生氧化还原反应，C错误；D．无色酚酞变红，溶液显碱性，与碳酸氢根不共存，D错误；故选B。7．B【详解】A．该反应中NaClO3中的Cl得到5个电子转化为Cl2，5个HCl中的Cl各失去一个电子转化为Cl2，因此每生成3mol氯气，转移5mol电子，A错误；B．该反应中NaClO3得电子为氧化剂，被还原发生还原反应，B正确；C．该反应中还原剂为HCl，Cl2为还原产物，则还原性HCl>Cl2，C错误；D．该反应中氧化剂为NaClO3，6个HCl中5个HCl失电子为还原剂，一个HCl元素化合价不变体现酸性，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，D错误；故答案选B。8．C【详解】A．铅元素位于第ⅣA族，常见价态+2、+4，则Pb3O4可以改写成氧化物的形式2PbO·PbO2，A项错误；B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，使沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，使沸点升高，沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，B项错误；

C．元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强，同一周期，从左至右，主族元素的非金属性增强，C项正确；

D．乙醇分子与水分子之间形成氢键，乙醇与水以任意比例混溶，戊醇中烷基对整个分子的影响较大，戊醇在水中的溶解度明显减小了，D项错误；故选：C。9．C【详解】A．和溶液反应生成四羟基合铝酸钠与氢气：，A错误；B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气：，B错误；C．溶液中通入过量生成碳酸氢钠：，C正确；D．电离不需要通电，溶于水的电离方程式：，D错误；故选C。10．C【详解】A．起始时，反应①中的和的平衡转化率相等，反应②也消耗，故相同温度下的平衡转化率大于，即曲线甲表示的平衡转化率，曲线乙表示的平衡转化率，A错误；B．和平衡转化率都随温度升高而增大，说明反应①和反应②都为吸热反应，，，根据盖斯定律，①＋②可得，则反应的，B错误；C．设起始投料的和均为，时和的平衡转化率分别为20％和40％，可得，，列式如下：，平衡时，，，，，，，C正确；D．反应②是气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，反应①是气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，合成气平衡产率减小，D错误；故答案选C。11．B【详解】A．泡腾片是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故A正确；B．泡腾片中含有碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解，泡腾片在温度较高的环境中不能长期保存，故B错误；C．大量气体的产生使泡腾片翻腾，增大接触面积，加速泡腾片溶解，故C正确；D．泡腾片一旦放入水中，立刻产生大量气体，所以泡腾片不能直接口服，故D正确；选B。12．A【详解】A．是由钠离子和过氧根离子结合而成，1molNa2O2中含有的阴、阳离子总数是3NA，故A正确；B．标准状况下苯为液态，所以2.24L苯中含C—H数目为远大于0.6NA，故B错误；C．3.2g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的原子数目为0.2NA，分子数无法计算，故C错误；D．Cl2与NaOH溶液反应每生成1molNaCl，转移电子的数目为NA，故D错误；故选A。13．A【分析】(1)取少量溶液，滴加无色酚酞试液，酚酞变红，说明溶液中可能含有OH－或碳酸根中一种或两种，则Ag+一定不存在；(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；(3)向(2)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，说明不溶的沉淀为硫酸钡沉淀，并有无色气体生成，说明溶解的沉淀为碳酸钡沉淀，说明溶液中含有CO、SO，不含有Ba2+，溶液呈电中性，一定含有K+；(4)将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，得到AgCl白色沉淀，由于前面加了盐酸，因此不能说明含有Cl－。【详解】综上分析，一定含有K+、CO、SO，一定不含、，不能确定是否含有、，答案选A。14．D【详解】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此，A错误；B．400℃时，由图可以看出，的选择性趋近为0，意味着转化为的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B错误；C．由图看出，随着温度升高，的选择性逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C错误；D．平衡后，根据的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol，又因为，可知0.3mol中有80%发生反应①转化为0.24molCH3OH，而0.3molCO2中有20%发生反应②转化为0.06molCO，根据三段式可得：两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率，D正确；故选D。15．(1)玻璃棒(2)Fe2O3Al2O3(3)NaAlO2盐(4)氨水(5)Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe【分析】由题给流程可知，铝土矿与浓氢氧化钠溶液共热时，泥沙、氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，过滤得到含有泥沙、氧化铁的滤渣和偏铝酸钠溶液；向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳气体，将偏铝酸钠溶液转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝；氢氧化铝经洗涤、加热得到氧化铝。【详解】（1）由分析可知，I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作为过滤，过滤所用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（2）由分析可知，沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有与氢氧化钠溶液不反应的氧化铁；固体N为氢氧化铝受热分解生成的氧化铝，故答案为：Fe2O3；Al2O3；（3）由分析可知，溶液X中含有属于盐的偏铝酸钠，故答案为：NaAlO2；盐；（4）氢氧化钠是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，但不能与弱碱氨水反应，所以实验室通常用氯化铝溶液与氨水反应制备氢氧化铝沉淀，故答案为：氨水；（5）铝粉和氧化铁的混合物在高温下反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。16．(1)1：5(2)2.5(3)C萃取、分液分液漏斗(4)27.8(5)ACD【详解】（1）在反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4中，I元素的化合价由反应前KIO3中的+5价变为反应后I2的0价，化合价降低5价，得到5个电子；I元素化合价由反应前KI中的-1价变为反应后I2的0价，化合价升高1×5=5价，失去5个电子，故用双线桥法表示电子转移为。在该反应中KIO3为氧化剂，被还原变为I2；KI为还原剂，被氧化变为氧化产物I2，I2既是氧化产物，又是还原产物，故该反应中还原产物与氧化产物的物质的量比是1：5。（2）在反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4中，每有1molKIO3发生反应，转移5mol电子，则0.5molKIO3参加反应时转移电子的物质的量n(e-)=2.5mol。（3）I2易溶于有机溶剂CCl4中，而在水中不易溶解，而K2SO4易溶于水形成溶液，故可以使用CCl4作萃取剂分离I2和K2SO4溶液，故合理选项是C。分离方法是萃取、分液；所使用的仪器有分液漏斗。（4）在实验室中某一规格是480mL的容量瓶，应该使用500mL容量瓶，配制500mL1mol/L的稀硫酸，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知需18mol/L浓硫酸的体积V=。（5）A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移，待溶液恢复至室温后，液面低于刻度线，导致配制溶液浓度偏高，A符合题意；B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，使溶质的物质的量减少，最终导致配制溶液浓度偏低，B不符合题意；C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，则溶液凹液面低于刻度线，使溶液体积偏小，最终导致配制溶液浓度偏高，C符合题意；D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，使得配制溶液中的溶质的物质的量偏多，最终导致配制溶液的浓度偏高，D符合题意；E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，最终使得配制的溶液浓度偏低，E不符合题意；故合理选项是ACD。17．SO2、Fe3O432NH4HSO4H＋＋+＋Ba2＋＋2OH－BaSO4↓＋NH3↑＋2H2OFe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋3H2O＋I2。Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3MN溶液中含有H＋、Fe2＋、Al3＋、、K＋，由于N溶液为酸性，又含有Fe2＋，所以N溶液中不含N根据溶液呈电中性原则，可以确定Cl－存在于N溶液中OH－、、、、Na＋、【分析】(1)生成物中所含元素化合价升高的就是氧化产物；按得失电子守恒法来判断电子转移的物质的量；(2)按离子共存原则结合溶液的酸碱性来判断具体成分、并按要求写离子方程式；(3)两个离子方程式书写时的注意要点如下：①铁离子和碘离子会发生氧化还原反应，②氢氧化铝沉淀，不溶于氨水；(4)按离子共存原则、结合溶液的酸碱性、溶液的电中性来判断具体成分，据此回答；【详解】(1)反应3FeS2＋8O2===6SO2＋Fe3O4中，一部分铁元素化合价升高转变为四氧化三铁、硫元素从-1价升高到+4价，则氧化产物为SO2、Fe3O4，按得失电子数守恒知，3molFeS2参加反应，同时消8molO2，有32mol电子转移；(2)若A、B的水溶液均为无色，且A的水溶液呈强酸性，则A含，B的水溶液呈强碱性，则B含OH－，A和B混合后产生不溶于稀盐酸的白色沉淀即硫酸钡、还生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体即氨气，则B含Ba2＋，故化合物B是氢氧化钡，A含铵根离子，故化合物A是硫酸氢铵，则①A的化学式为NH4HSO4，②A、B溶液混合加热反应的离子方程式为：H＋＋+＋Ba2＋＋2OH－BaSO4↓＋NH3↑＋2H2O；(3)①Fe2O3溶于HI溶液中，是因为发生氧化还原反应，生成亚铁离子，碘分子和水，故离子方程式为：Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋3H2O＋I2；②AlCl3溶液中加入过量氨水，发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀、氯化铵，故离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3；(4)①取少量N溶液滴加足量的硝酸钡溶液，无沉淀产生，则N溶液中不含、(或M溶液中一定含有、)；②对M进行焰色反应实验，焰色为黄色，透过蓝钴玻璃没有紫色，则M中一定Na+，不含K+，则N中含K+；③用pH试纸检测M溶液，pH试纸呈蓝色，溶液显碱性，则M含、、OH−中至少一种；能反应的不能大量共存，则M不含有Al3＋、Fe2＋和H＋，N含有Al3＋、Fe2＋和H＋，由于存在氧化还原反应：，因此硝酸根离子不能在N中、而存在于M中，因此，N中含Al3＋、K＋、Fe2＋、、H＋，当然N中不可能只有阳离子，则由溶液呈电中性可知，Cl−一定在N中；综上，则M溶液中含有的离子为OH－、、、、Na＋、。【点睛】把握离子的性质及离子之间的反应为解答的关键，注意一定含离子与可能含离子的分析，全面考虑离子反应的类型、把握溶液的电中性。18．(1)A分液漏斗酸还原不能(2)f→g→c→b→e→d→h(3)饱和食盐水浓硫酸(4)D装置中右侧的干燥红布条不