湖南省衡阳市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、选必一1-2单元）（解析版）

湖南省衡阳市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DADCDBBCDA题号11121314答案CABD1．D【详解】A．分解生成和，属于分解反应，A正确；B．中的N被氧化，中的N被还原，既是氧化剂又是还原剂，B正确；C．反应中只有N的化合价变化，H和O的化合价未变，C正确；D．生成2个时转移3个电子，每生成1个转移1.5个电子，而非3个，D错误；故答案选D。2．A【详解】A．中和反应反应热的测定实验中，使用环形玻璃搅拌棒搅拌，能使酸碱充分混合反应，温度计可测量反应前后的温度变化，图中装置符合量热计的基本结构，可用于测定中和反应的反应热，A正确；B．甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢的混合物，无法通过该反应制取纯净的一氯甲烷，B错误；C．乙烯可以和酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，除去乙烯的同时导致甲烷中混有二氧化碳，C错误；D．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，不能用氢氧化钠溶液收集乙酸乙酯，应该用饱和碳酸钠溶液，D错误；故选A。3．D【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，由原子序数可知，X处于第二周期、Z处于第三周期，结构式中X、Z都形成1个共价键，则X为F元素、Z为Cl元素；Y形成5个共价键，W形成3个共价键，W原子的价电子数为5，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则Y为P元素、W为N元素。【详解】A．氯的最高化合价为+7价，但氟元素的非金属性最强，没有正化合价，故A错误；B．盐酸为强酸，氢氟酸为弱酸，故B错误；C．同周期元素，从左到右原子半径减小，一般电子层数越多，原子半径越大，则四种元素原子半径由大到小的顺序为P＞Cl＞N＞F，故C错误；D．氢、氮、氯三种元素可形成既含有离子键又含有共价键的离子化合物氯化铵，故D正确；故选D。4．C【详解】由三段式分析可知：，据此分析解题：A．由三段式分析可知，平衡时，B的转化率为=30%，A错误；B．由三段式分析可知，用C表示平均反应速率为=，B错误；C．根据恒温恒容下，气体的压强与其物质的量成正比，结合三段式分析可知反应前后的压强之比为：(4+2)mol：(2.8+1.4+1.2)=10∶9，C正确；D．其他条件不变时，充入少量(不参与反应)，体系压强增大，但反应物和生成物浓度均不变，故反应速率不变，D错误；故答案为：C。5．D【详解】A．平衡时，不同物质表示的反应速率比等于系数比，根据反应式，不符合速率关系，反应不平衡，A错误；B．2min末平衡时B的物质的量为2mol，则反应1molB、生成3molC，C的浓度为3mol÷2L=1.5mol/L，B错误；C．反应前后气体总物质的量均为3mol，压强始终不变，不能作为平衡标志，C错误；D．混合气体的平均摩尔质量M=m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，D正确；故选D。6．B【详解】A．胶体的本质是分散质粒子直径介于1~100nm之间，A正确；B．胶粒带电，但胶体整体呈电中性，静电除尘利用的是胶粒的带电性（电泳现象），而非胶体整体带电，B错误；C．雾是胶体，光柱是光线通过胶体时产生的丁达尔效应，C正确；D．江、河中的胶体微粒遇到海水中的电解质发生聚沉，形成三角洲，D正确；故选B。7．B【分析】向粗盐水中加入过量NaOH溶液可以使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；然后加入过量BaCl2溶液，使转化为BaSO4沉淀；再加入过量Na2CO3溶液，使原溶液中的Ca2+及加入的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，经过滤将上述沉淀过滤除去，所得滤液中含有过量NaOH、Na2CO3，再向其中加入足量盐酸，二者反应转化为NaCl。当不再产生气泡时停止滴加，就得到精制盐水。【详解】A．反应过程中加入NaOH的作用是使溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀除去Mg2+，A正确；B．根据上述分析可知：试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，B错误；C．流程图中，操作x为分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤，C正确；D．根据上述分析可知：试剂c为盐酸，作用是除去食盐水中过量NaOH、Na2CO3，D正确；答案选B。8．C【详解】A．氯气与水的反应为可逆反应，氯水呈黄绿色，说明氯水中存在分子，A正确；B．氢气在氯气中安静燃烧，火焰为苍白色，瓶口有白雾生成，B正确；C．钠在氯气中燃烧，发出黄光、产生大量白烟，C错误；D．氯气通入石灰乳制得以主要成分为氯化钙、次氯酸钙的漂白粉，D正确；故选C。9．D【详解】A.氮气和氧气的沸点不同，因此可依据二者沸点不同分离液态空气制取氮气，A正确；B.浓硫酸具有吸水性，氮气和氢气通过盛有浓硫酸的甲装置混合，一方面可以干燥气体，另一方面可控制气体流速，从而控制反应速率，B正确；C.由于合成氨反应是可逆的，生成的氨气较少，因此丙中导气管不会发生倒吸，C正确；D.在催化剂作用下氨气和氧气反应生成NO，NO继续被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，所以丙的溶液和棉花中均存在，D错误；答案选D。10．A【详解】A．明矾净水利用Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质，二氧化氯通过强氧化性杀菌消毒，原理不同，A错误；B．新型陶瓷碳化硅属于新型无机非金属材料和玻璃属于无机非金属材料，B正确；C．不溶于水和酸，可用于胃肠X射线造影检查，C正确；D．SO2具有杀菌和抗氧化能力，可防止葡萄酒变质，D正确；故选A。11．C【详解】A．奥运村生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，可以减少二氧化硫和氮的氧化物的排放，能减少空气污染，故A正确；B．氢能源大巴车使用光伏电解水制得的氢气做燃料，能减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，符合低碳且环保的理念，故B正确；C．因防疫需要，大量使用一次性口罩、防护服等会形成大量需要处理的垃圾，不符合绿色环保理念，故C错误；D．与传统制冷剂氟利昂制冰相比，循环使用二氧化碳制冰技术可以减少传统制冷剂氟利昂的使用，可以减少臭氧层的破坏，更加符合绿色环保的理念，故D正确；故选C。12．A【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z和X两种元素构成海水最主要的盐类成分，则Z为Cl，X为Na；W和Y元素中，一种是地壳中含量最高的，另一种元素的原子最外层电子数比内层电子总数少4，则W为O，Y为S元素。【详解】A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl>S，则最高价含氧酸的酸性H2SO4<HClO4，即H2YO4<HZO4，故A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S>Cl>O，即Y>Z>W，故B错误；C．W(O)与X(Na)分别位于第二、第三周期，二者位于不同周期，故C错误；D．W(O)和X(Na)组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，若过氧化钠加入到MgCl2溶液中，除了生成沉淀，还有气体放出，故D错误；答案选A。13．B【详解】A．在吡啶结构中，六元环中存在6个键，同时还有5个H原子形成5个键，共11个键，A正确；B．F的电负性大于Cl，所以的酸性更强，三氟甲基化更易发生过程①的变化，B错误；C．整个反应过程中存在极性键的断裂和形成，也存在非极性键的断裂和非极性键的生成，C正确；D．由图示可知，该反应的反应物为、和，产物为、和，所以该反应的总反应式为：，D正确；故答案为：B。14．D【详解】A．加入稀硫酸后，溶液变蓝，说明溶液中有Cu2+，可能固体中就有Cu2+，不能说明棕黄色沉淀中含有Cu+，A错误；B．存在亚硫硫酸亚铜在碘负离子存在下发生沉淀转化的可能，进而生成碘化亚铜沉淀，故棕黄色沉淀中不一定含有Cu2+，B错误；C．淀粉遇碘单质变蓝，实验2加入淀粉无明显现象，说明不存在碘单质，不能说明不存在Cu2+，C错误；D．铜离子与碘负离子反应产生碘化亚铜与碘单质，碘单质与亚硫酸根反应生成硫酸根，那总反应就可以写出铜离子与亚硫酸根反应生成碘化亚铜和硫酸根，D正确；故选D。15．(1)增大接触面积，提高反应速率S(2)与生成，使沉淀率下降(3)的【分析】海绵铜中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜中铜单质生成硫酸铜，过滤分离出滤液，滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应为，反应中生成硫酸和硫酸铵，过滤分离出含硫酸铵、硫酸的滤液C和含氯化亚铜的滤渣D，洗涤烘干得到的产品CuCl；【详解】（1）①“溶解”前海绵铜作粉碎处理，目的是增大接触面积，提高反应速率。②将Cu“溶解”反应过程中，在酸性条件下，铜化合价由0变为+2、硝酸根中氮化合价由+5变为-3得到铵根离子，结合电子守恒、质量守恒，反应为；③“溶解”时，氮元素化合价降低，且0.01molCuS转移0.02mol电子，结合电子守恒，则硫化合价升高0.02÷0.01=2，硫化合价由-2变为0，得到硫单质，故滤渣B中一定含有S；（2）①“还原、氯化”过程是在和混合液中将转化为沉淀，反应中铜化合价由+2变为-1，硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒、质量守恒，反应的离子方程式是。②已知：是可溶解于盐酸或溶液中生成；则当时，沉淀率下降的原因是：与生成，使沉淀率下降；③由分析，反应中生成硫酸和硫酸铵的滤液C，则在溶解过程中可以循环利用；（3）已知：时，会发生水解反应得到，时，会发生歧化反应，产生和，则“洗涤”过程是先用物质洗涤，再用乙醇洗涤，物质是的，其防止氯化亚铜被反应。16．(1)DD(2)(3)10.0浓度【详解】（1）①A．该反应为可逆反应，反应不可能完全进行，不能使CO完全转化，A错误；B．恒容密闭容器中充入He，反应物的浓度不变，反应速率不变，B错误；C．反应达到平衡后，正、逆反应速率相等，且不等于零，C错误；D．使用合适催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，D正确；答案选D；②A．反应进行过程中的某个阶段，CO、和三种物质的浓度可能恰好相等，不能说明反应达平衡状态，A错误；B．混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，即当密度不随时间的变化而变化时，反应不一定达到平衡状态，B错误；C．反应前后气体的分子数相等，则不管反应是否达到平衡，混合气体的总物质的量始终保持不变，C错误；D．单位时间内消耗的同时消耗，说明反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；答案选D；（2）①内，参加反应的的物质的量为，则参加反应的的物质的量为，；②随着反应的进行，正反应速率不断减小，第时反应已经达到平衡，此时正、逆反应速率相等，则第时第时，第时反应已经达到平衡状态，；③在容积为的恒温密闭容器中，充入和，发生反应：，末时反应已经达到平衡，此时，，建立如下三段式：，则末时，混合气体中物质的量分数：；（3）①由表中所给数据可知：实验Ⅰ、Ⅱ温度不同，故实验Ⅰ、Ⅱ则是探究温度对反应速率的影响，根据变量控制法可知，实验Ⅱ中各物质的浓度要与实验Ⅰ中的一致，即，；；②实验Ⅰ、Ⅲ温度相同，所取稀硫酸量不同，故实验Ⅰ、Ⅲ则是探究浓度对反应速率的影响。17．(1)3mol(2)

耐高温材料、切割工具条件温和，节约能源+3=NH3↑+3H2↑+(CH3O)3B(3)0.672L【详解】（1）根据流程图，总反应为3HCHO+H2O+O2=3HCOOH+H2，参加反应，释放的物质的量为3mol。（2）①ⅰ、由NH3BH3热解释氢流程图可知NH3BH3在110℃下发生分子间聚合，形成链状高分子，根据元素电负性，可知每个NH3BH3分子中B、N原子各去掉1个H，则的结构简式为。ⅱ、立方氮化硼在高温条件下生成，可知耐高温，属于共价晶体，硬度大，所以作耐高温材料、切割工具等。②根据中间产物Ⅰ→Ⅱ，可知中间产物Ⅲ是CH3O-BH-OCH3、最终产物是(CH3O)3B：ⅰ、热解需要高温，醇解不需要高温，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源。ⅱ、由流程图可知，固体与反应生成氨气、氢气、(CH3O)3B，总反应化学方程式为+3=NH3↑+3H2↑+(CH3O)3B。（3）和水反应生成氢氧化镁和氢气，反应方程式为MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；取投入水中，一段时间后，取出固体，洗涤、干燥，称量固体质量为3.080g，设生成氢气的质量为xg；，x=0.06g；该时间段内生成标准状况下的体积为。18．(1)分液漏斗排尽装置内的空气，防止空气中的氧化NO或，干扰实验(2)(浓)(3)深棕色(4)溶于水可生成NO（），生成的NO也能与反应使溶液变棕，无法确定是还是NO导致的变色(5)b(6)取少量D中溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液变成红色，则存在，反之则无【分析】浓硝酸与Cu生成。实验开始前，先打开活塞K，通入一段时间，排尽装置中的空气，气体进入C中发生反应，只有NO进入D装置，用于探究与的反应；最后酸性高锰酸钾进行尾气处理。【详解】（1）装置A中盛放浓硝酸的仪器名称为分液漏斗；空气中的氧气具有氧化性，可能将NO氧化为，或将氧化为，从而影响对氮氧化物与反应现象的准确判断，故实验开始前，先打开活塞K，通入一段时间用于排尽装置内的空气，防止空气中的氧化NO或，干扰实验。（2）铜与浓硝酸反应制备的同时还有和生成，则该反应的化学方程式为(浓)。（3）要探究NO的性质，需要将A中产生的转化为NO