湖南省衡阳市2026-2027学年高三上学期第一次月考化学自测卷（范围：高考范围）（解析版）

湖南省衡阳市2026-2027学年高三上学期第一次月考自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案AADBBBCDBA题号11121314答案CCDD1．A【详解】A.1molS8（环八硫）中含有的共价键的数目为8NA，A正确；B.在一定条件下，SO2和O2混合反应生成SO3为可逆反应，转移电子数目小于4NA，B错误；C.标准状况下，四氯化碳为液体，不能利用气体摩尔体积计算，C错误；D.Na2CO3溶液中CO会发生水解，数目小于0.1NA，D错误；答案为A。【点睛】2．A【分析】浓硫酸和木炭的反应为：。无水硫酸铜可以检验产物中的水，品红用于检验SO2，酸性高锰酸钾可将SO2除去；通过观察第二瓶品红确保SO2是否除去。最后用澄清石灰水检验CO2。【详解】A．无水硫酸铜遇水会变蓝色，A正确；B．由分析可知，前者检验SO2，后者为确保SO2已除去，故作用不同，B错误；C．装置③主要是用于检验CO2气体，C错误；D．如果将仪器的连接顺序变为①③②，则①可以检验出产物中的水，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，③中澄清石灰水变浑浊不能检验CO2，并且足量澄清石灰水会将二氧化碳、二氧化硫完全吸收，②不能检验二氧化硫，D错误；故选A。3．D【分析】锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，故锌为负极，铜为正极。【详解】A．Zn为负极，电子由Zn电极通过导线流向铜片，A错误；B．原电池中，溶液中的阳离子向正极移动，应向铜电极移动，B错误；C．负极的电极反应式应为，C错误；D．铜离子在正极得到电子则发生还原反应，D正确。故选D。4．B【详解】A．“胖五”用液氧和液氢作推进剂，这两种物质会发生氧化还原反应，A正确；B．“胖五”外壳为铝合金材料，其优点为密度小、熔点高，B错误；C．原子的质量数为3，质子数为2，则其中子数为1，C正确；D．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，D正确；故选B。5．B【详解】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性，故A正确；B．神舟13号返回舱烧蚀材料中含有石棉，说明石棉不易燃烧，具有阻燃性，故B错误；C．用维生素C做NaNO2中毒的急救药，维生素C被NaNO2氧化，利用了维生素C的强还原性，故C正确；D．《神农本草经》记载：“石硫黄(S)能化银、铜、铁”，硫与金属单质生成金属硫化物，体现了石硫黄(S)的氧化性，故D正确；选B。6．B【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的原子半径是短周期主族元素中最大，则Z为Na元素，Y与Z形成某种化合物可作为呼吸面具中的氧气来源，该化合物为过氧化钠，则Y为O元素，Y与W同主族，则W为S元素，W原子最外层电子数与X核外电子总数相同，则X为C元素，综上所述，X、Y、Z、W分别为C、O、Na、S；【详解】A．同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能递减，则第一电离能：，即，A正确；B．同主族元素从上到下离子半径递增，电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径S2-＞O2-＞Na+，(即)，B不正确；C．同主族元素从上到下元素电负性递减，电负性：，则简单氢化物分子极性：，C正确；D．Y形成的臭氧分子由三个氧原子组成，是由极性键构成的极性分子——V字形结构，中心氧原子和两个端位氧原子的电负性不同，导致电子分布不均匀，D正确；选B。7．C【详解】A．向、和混合溶液中逐滴加溶液，首先、与生成沉淀，沉淀量增大；之后与反应，沉淀量不变，存在一段平台；最后溶解，沉淀量减少至恒定。图甲中沉淀达最大值后直接减少，无中间平台，A错误；B．等体积、等浓度稀盐酸与足量铁和镁反应，完全反应，生成的量由的量决定，最终氢气体积相等。图乙中反应生成的氢气体积更大，B错误；C．向含等物质的量的和溶液中滴加盐酸，先发生，再发生，此两段均无气体生成，消耗盐酸体积比为；之后发生，产生气体，消耗盐酸体积与前两段中单段相等。因此无气体段的盐酸体积是生成气体段的2倍，与图丙相符，C正确；D．向氨水中滴加溶液，不溶于弱碱，一开始滴加就会产生沉淀，沉淀量随加入增大至最大值后不变。图丁中初始滴加无沉淀生成，D错误；故选C。8．D【详解】使酚酞显红色的溶液呈碱性，Al3+与OH-发生反应不能共存，A错误；根据c(H+)×c(OH-)=10-14,=1×1012，可以得到c(H+)=0.1mol/L，溶液显酸性，CO32-、SiO32-都能与H+反应，不能共存，B错误；Fe2+具有还原性，MnO4-在酸性条件下能氧化Fe2+，所以H+、MnO4-、Fe2+三者之间不能共存，C错误；无色透明溶液中：K+、Ca2+、Cl-、HCO3-四种离子相互间不反应，能大量共存，D正确；正确选项D。点睛：离子共存是指离子之间不发生反应生成沉淀（难溶物）、气体（挥发性物质）、（弱电解质）水等，离子之间不发生氧化还原反应，不发生络合反应等，就能大量共存，否则，不能大量共存。9．B【分析】白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：，次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：，据此分析解答。【详解】A．分子为正四面体，键角为60°，故A错误；B．与足量浓NaOH溶液反应，化学方程式为：，属于歧化反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，故B正确；C．次磷酸的分子式为H3PO2，由于只存在NaH2PO2，不存在Na3PO2，说明H3PO2属于一元酸，故C错误；D．高锰酸钾也可氧化乙炔，故D错误；故选B。10．A【详解】A．稀硫酸滴入Na2S2O3溶液中生成硫酸钠、SO2、S和H2O，该反应的离子方程式：2H++S2O=SO2↑+S↓+H2O，故A正确；B．锂在氧气中燃烧只能生成Li2O，反应方程式：，故B错误；C．I-能够还原酸性条件下的硝酸根离子、Fe3+，故向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液的离子方程式：，故B错误；D．向CuSO4溶液中加入过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，该反应的离子方程式：，故D错误；答案选A。11．C【详解】A．反应过程中中碳元素化合价升高，反应氧化反应，为还原剂，A错误；B．中氮元素化合价降低得到氮气，发生还原反应被还原，B错误；C．1分子中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮气，中氮元素化合价降低被还原生成2分子氮气，故氧化产物与还原产物之比为3∶C正确；D．反应中不确定反应的量，故无法判断电子转移的量，D错误；故选C。12．C【详解】A．中的还原性强于，先氧化，，，只能氧化，离子方程式为，未被氧化，A错误；B．，中含、，完全氧化需，剩余可氧化，但选项中被完全氧化，实际未完全反应，B错误；C．过量氯水具有强氧化性，可将中的氧化，根据③中现象知，、和，被还原为，配平后离子方程式为：，C正确；D．③中B试管含，酸性条件下与Cu反应生成NO（试管口遇变红棕色），离子方程式为：，D错误；故答案选C。13．D【分析】根据题意，甲胺的，吡啶的。说明甲胺的碱性更强，盐酸标准溶液滴定时，先和甲胺反应，再和吡啶反应。随着盐酸体积的增加，pH不断减小，4种含氮微粒中的物质的量先减小，与此同时的物质的量增加；之后的物质的量减少，的物质的量增加。所以图乙中的曲线①、②、③、④分别对应、、、的分布系数。由图甲可知，溶液的体积达到时，pH第一次出现突变，说明此时刚好将甲胺反应完全。【详解】A．由分析可知，曲线③表示的分布系数，A错误；B．由图乙可知a点时的分布系数约为0.998，则的分布系数约为，根据其计算公式可知吡啶的转化率为，B错误；C．由图甲可知，b点的，说明溶液呈酸性，，C错误；D．由分析可知，a点时恰好反应完全，方程式为，所以==，含量为，D正确；故选D。14．D【分析】由图知，金属钠为负极，电极反应式为，参杂石墨极为正极，电极反应式为，据此回答。【详解】A．放电时为原电池，钠易失电子作负极；充电时为电解池，原电池负极（钠电极）作阴极，发生还原反应（+e⁻=Na），并非阳极，A错误；B．放电时，正极反应：，结合负极生成可知，透过阳离子交换膜移向正极，B错误；C．放电时，负极反应为Na-e⁻=，转移1mol电子时，负极质量减少23g（1molNa反应）；正极反应为+2+2e⁻=，转移1mol电子时，正极结合1mol，质量增加23g。则正极与负极质量差为23g（增加）+23g（减少）=46g，C错误；D．充电时为电解池，原电池正极（石墨电极）作阳极，发生氧化反应，其反应为放电正极反应的逆过程，即失去电子生成和，反应式正确，D正确；故答案选D。15．(1)①②③(2)71：2(3)AB(4)取少量电解步骤结束后的液体，滴加足量的稀硝酸后再滴加AgNO3溶液，若能观察到有白色沉淀生成，说明存在Cl-(5)(6)5：3【分析】海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐精制得到精盐，制成氯化钠饱和溶液，电解饱和食盐水生成气体X为氯气、气体Y为氢气和强碱Z为氢氧化钠，氯气和氢氧化钠溶液反应得到产品A为漂白液、有效成分为次氯酸钠，氢气和氯气反应反应得到产品B为氯化氢。【详解】（1）除杂时要注意不能引入新的杂质，可以加入①将Ca2+转化为CaCO3沉淀除去，加入②将转化为Mg(OH)2沉淀，加入③将转化为BaSO4沉淀除去。（2）由分析可知，电解NaCl溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，标准状况下，气体X(Cl2)和气体Y(H2)的密度之比为摩尔质量之比71：2。（3）由分析可知，气体X为Cl2，气体Y为H2，燃烧一定伴有发光发热现象且一定是氧化还原反应，H2可以在Cl2中燃烧，说明燃烧不一定要有O2参与，故选AB。（4）检验Cl-的方法为：取少量电解步骤结束后的液体，滴加足量的稀硝酸后再滴加AgNO3溶液，若能观察到有白色沉淀生成，说明存在Cl-。（5）由分析可知A含NaClO，B为HCl，二者严禁混合使用，原因是NaClO和HCl反应生成NaCl和Cl2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。（6）将气体Cl2通入强碱NaOH溶液中充分反应，测得反应后的溶液中溶质只有，，，该反应中Cl元素由0价下降到-1价，又由0价上升到+1价和+5价，且，根据得失电子守恒和原子守恒配平Cl2和NaOH反应的化学方程式为：，每消耗8molCl2，有5molCl2被还原，3molCl2被氧化，被还原的Cl2和被氧化的Cl2的物质的量之比为5：3。16．(1)2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)=-488.3kJ/mol(2)(3)6【详解】（1）根据盖斯定律，2×②+2×③-①得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，∆H=2×(∆H2+∆H3)-∆H1=2×(-393.5kJ·mol-1-285.8kJ·mol-1)-(-870.3kJ·mol-1)=-488.3kJ·mol-1，热化学方程式为：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)=-488.3kJ/mol；（2）①NaClO是强碱弱酸盐，溶液I显碱性的原因ClO-会水解，离子方程式：；②溶液Ⅲ的pH为7，呈中性，说明醋酸和氨水的电离程度相同，因此=；③氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，pH=5，氢离子浓度为10-5mol/L，得到由水电离产生的c(H+)=10-5mol/L；（3）①由图表得知，Cu2+开始沉淀时的pH最小，故最先沉淀；其次Fe2+，最后是Mg2+，类型相同的沉淀，Ksp越小越容易沉淀，由此可得，<；②Cu2+沉淀较为完全是的浓度为，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)，则c(OH-)=，c(H+)=10-6mol/L，pH=6。17．(1)的VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形(中采取杂化，其中一个杂化轨道被一个孤电子对占据)(2)有孤电子对，无孤电子对。孤电子对有较大斥力，使键角小于离子键、氢键(3)【详解】（1）①N是7号元素，基态N原子价层电子排布式为。②中N原子价电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，所以的空间结构为三角锥形。（2）①中O原子有1个孤电子对，中N原子无孤电子对。孤电子对有较大斥力，使键角小于。②对于的稳定存在有重要作用。与存在离子间的静电作用，即与存在离子键，中存在N-H键，与可以形成氢键，所以作用力类型有离子键、氢键。（3）①根据Mg的晶胞结构，镁位于晶胞的顶角和体心，1个晶胞中含有2个Mg原子，根据MgO的晶胞结构，镁位于晶胞的棱边和体心，O位于晶胞的顶角和面心，1个晶胞中含有4个Mg、4个O，若和的晶胞体积分别为和，Mg的密度为，的密度为，则和的密度之比为。②根据图示，甲烷、氮气、水合成、与，总反应方程式是。18．(1)分液漏斗(2)反应物的浓度(3)11(4)0.00625(5)(6)D(7)易溶于水，使测定不准确【分析】乙组实验旨在通过测定KMnO4与在酸性溶液中反应时KMnO4溶液褪色所需时间，探究浓度对化学反应速率的影响，具体分析如下：实验采用控制变量法，保证KMnO4溶液的体积（或混合后溶液总体积）相同，改变溶液的浓度，通过观察KMnO4溶液褪色时间来判断反应速率快慢（褪色时间越短，反应速率越快）。为保证混合后溶液总体积相同（控制变量，排除体积对反应速率的干扰），需使每组实验中“水的体积+溶液体积KMnO4溶液体积”相等。通过控制变量（保持KMnO4浓度/体积不变，改变浓度），结合褪色时间和反应速率计算，可得出增大反应物（）浓度，化学反应速率加快的结论（如实验2中浓度比实验1大，褪色时间更短，反应速率更快）。【详解】（1）由图可知，盛装A溶液的仪器是分液漏斗，它可用于控制液体的滴加速度。（2）对比实验①和实验②，KMnO4溶液的浓度和体积均相同，溶液的浓度不同，所以该实验探究的是溶液的浓度对化学反应速率的影响。（3）该实验探究浓度对化学反应速率的影响，需保证KMnO4溶液的总体积相同（即混合后溶液总体积相同）。实验1中，水10mL、0.5mol/L(aq)mL、0.