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01（范围：必修一二、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01化学试题（解析版）题号12345678910答案ABACACCBAC题号11121314答案ADCD1．A【分析】H2SO4属于酸，具有酸的通性，能与碱、碱性氧化物、盐等发生反应生成盐。【详解】A．C+2H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+2H2O中S的化合价降低，体现强氧化性，不是酸的通性，A符合题意；B．H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，属于中和反应，属于酸的通性，B不符题意；C．H2SO4+CuO=CuSO4+H2O，硫酸和碱性氧化物反应生成盐和水，属于酸的通性，C不符题意；D．H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，硫酸与碳酸盐反应生成盐和较弱的酸，属于酸的通性，D不符题意；选A。2．B【详解】A．浓盐酸没有吸水性，不能用来干燥氧气，A错误；B．浓硫酸、浓硝酸与金属反应时，S或N价态最高，主要是S或N得电子，B正确；C．浓硫酸或浓硝酸中投入Fe片，Fe会钝化，不会产生大量气体，C错误；D．若①为浓硫酸，浓硫酸难挥发，不会看到白烟，D错误；故选B。3．A【详解】A．NO2和N2O4的最简式均为NO2，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有0.1molNO2，所含N原子为0.1mol，氮原子数目为0.1NA，故A正确；B．标准状况下乙酸不是气体，不确定其体积，故B错误；C．标况下苯不是气体，且苯分子中不含碳碳双键，故C错误；D．，电子转移关系为，71gCl2为1mol，与足量澄清石灰水反应，转移电子数目为NA，故D错误；故选A。4．C【详解】A．钠价格高昂，用钠在氯气中燃烧制氯化钠生产成本过高，工业上采用海水晒盐获得氯化钠，A不符合题意；B．澄清石灰水中浓度极低，不适用于工业大规模生产漂白粉，工业上用氯气与石灰乳反应制漂白粉，B不符合题意；C．电解饱和食盐水可获得氯气、氢气和氢氧化钠，是氯碱工业的核心反应，适合工业生产氯气，C符合题意；D．氢气与氯气在光照条件下会发生剧烈爆炸，反应不安全，工业上用氢气在氯气中燃烧生成，溶于水制备盐酸，D不符合题意；故选C。5．A【详解】“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃，故答案为A。6．C【详解】A．太阳能无污染，属于清洁能源，A不符合；B．天然气燃烧后，只生成水和二氧化碳，没有硫的氧化物（煤的燃烧），没有氮氧化物、一氧化碳等有害物质，属于清洁能源，B不符合；C．煤炭在燃烧过程中会产生二氧化硫等有毒气体，还会产生大量的灰尘，容易造成酸雨和雾霾，是不清洁能源，C正确；D．酒精燃烧后，只生成水和二氧化碳，没有硫的氧化物（煤的燃烧），没有氮氧化物、一氧化碳等有害物质，属于清洁能源，D不符合，答案选C。点睛：本题考查清洁能源的使用，注意能源的开发、利用以及成本等问题。需要注意的是我国目前使用的主要能源是化石燃料，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终将会枯竭，所以开发利用新能源已迫在眉睫。7．C【详解】A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；C.铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。所以本题答案：C。8．B【详解】试题分析：某晶体水溶液中加入Fe2+的溶液，再加稀硝酸溶液亚铁离子被氧化为铁离子，溶液立即变红，说明含有SCN－离子；另取该晶体加入NaOH溶液共热产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体是氨气，所以这种晶体是NH4SCN，答案选B。考点：考查物质检验9．A【详解】A．Ba2+、Na+、、Cl-均为无色离子，且在碱性溶液里Ba2+、Na+、、Cl-之间不发生任何反应，能大量共存，A正确；B．Fe3+在溶液中呈黄色，且Fe3+与S2-或OH-会反应生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B错误；C．会与OH-反应生成和H2O，则不能在碱性溶液中大量共存，C错误；D．会与OH-反应生成弱碱，则不能在碱性溶液中大量共存，D错误；故选A。10．C【详解】A．由能量图可见，生成物能量低于反应物能量，说明该反应为放热反应(ΔH<0)，但图中标注的E1、E2是两步反应的正反应的活化能，逆反应的活化能未知，无法求ΔH，A不符合题意；B．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不变，B不符合题意；C．曲线a表示的反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，C符合题意；D．曲线b表示的反应：该反应分两步进行，从图可见第一步的活化能高于第二步，故决速步骤是①，D不符合题意；故选C。11．A【分析】C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。【详解】A．根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，A错误；B．根据上述分析，气体Y中含NO2，B正确；C．CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C正确；D．反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D正确；故选A。12．D【分析】Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：，据此分析；【详解】A．由以上分析可知Zn为负极，A正确；B．电池工作时，阴离子向负极移动，故向负极移动，B正确；C．环境温度过低，反应速率减慢，不利于电池放电，C正确；D．由上述电极反应可知每生成1molMnOOH，Mn元素由+4价降低到+3价，转移1mol电子，转移电子数目为，D错误；故选D。13．C【详解】A．金属失去的电子数等于其金属阳离子结合的OH－的数目，则OH－的质量为1.7g，说明镁铝合金失去0.1mol电子，正确，不选A、B．失去0.1mol电子，生成0.05mol氢气，标准状况下，体积为1.12L，正确，不选B；C．金属完全溶解，盐酸可能有剩余，错误，选C；D．假设全为金属镁，则0.05mol，质量为0.05mol×24g/mol=1.2g；假设全为铝，则铝的物质的量为mol，则铝的质量为0.9g，正确，不选D。答案选C。14．D【详解】A．配制碘水时，加入少量KI，I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)，平衡正向进行，可促进I2的溶解，A正确；B．反应I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)，平衡常数K=c(I3-)c(IC．向所得溶液中加入CCl4，振荡静置，碘单质易溶于四氯化碳，I-(aq)+I2(aq)⇌I3-(aq)，平衡逆向进行，水层c(I2)降低，C正确；D．反应I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)，平衡常数K=c(I3-)c(I-)×c(I2)=4.0×10-32.5故答案为：D。15．487828Fe2O3、MgO使CrO42-转化为Cr2O72-冷却结晶洗涤Cr2O72-+3CH3CH2OH+8H+=2Cr3++3CH3CHO+7H2O【详解】(1)FeO中Fe由＋2→＋3↑1，Cr2O3中Cr由＋3价→＋6价↑2×3=6，因此FeO·Cr2O3化合价整体上升7，O2化合价降低4，最小公倍数是28，即FeO·Cr2O3系数为4，O2系数为7，根据元素守恒配平其他，即4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2=8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2↑；(2)根据题给信息①以及流程，固体X为Fe2O3、MgO；(3)根据信息②，增加H＋浓度，依据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向进行，CrO42－转化成Cr2O42－；(4)蒸发浓缩冷却结晶，过滤，对沉淀进行洗涤；(5)根据信息写出离子反应方程式：Cr2O42－＋C2H6O→C2H4O＋Cr3＋，Cr2O42－中Cr由＋6→＋3↓2×3=6，C2H6O中C由－2→－1↑2×1=2，最小公倍数为6，即C2H6O和C2H4O的系数为4，Cr3＋的系数为3，即Cr2O42－＋3C2H6O→3C2H4O＋2Cr3＋，在酸性条件下进行，因此H＋作反应物，H2O作生成物，根据所带电荷守恒，配平其他，即Cr2O72-+3CH3CH2OH+8H+=2Cr3++3CH3CHO+7H2O。16．(1)吸收180(2)氧化(3)Ⅰ、Ⅲ乙【详解】（1）该反应为，反应热=反应物断键吸收的能量-生成物形成释放出的能量，该反应的反应热=，故该反应为吸热反应，和完全反应生成会吸收的能量；（2）由图可知，电极是正极，得到电子，发生还原反应，电极是负极，失电子和反应生成，发生氧化反应。①电极是负极，失电子和反应生成，发生氧化反应；②在外电路中，电子从负极电极经外电路到正极电极；③电极上是得到电子被还原成，电极反应式为：；（3）实验为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，应设置温度对照组与催化剂的比表面积对照组，即一组实验温度不同，其他条件相同，又一组实验催化剂的比表面积不同，其他条件相同。由表格数据易知，实验Ⅰ、Ⅱ用以探究催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，实验Ⅰ、Ⅲ用以探究温度对化学反应速率的影响规律；①实验Ⅰ、Ⅲ用以探究温度对化学反应速率的影响规律，则两组实验温度不同，其他条件相同，故a=；②由上分析得，实验Ⅰ、Ⅲ用以探究温度对化学反应速率的影响规律；③实验Ⅰ、Ⅱ用以探究催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率，则催化剂的比表面积越大，反应速率越快，而甲曲线的反应速率小于乙曲线的反应速率，故表示实验Ⅱ的是曲线乙；17．羟基、醛基、碳碳双键脂环BDF羧基碳碳双键羟基羧酸醇【详解】(1)化合物是一种取代有机氯农药DDT的新型杀虫剂，它含有的官能团有羟基、醛基、碳碳双键，它属于脂环化合物，故答案为：羟基、醛基、碳碳双键；脂环；(2)①由结构简式可知酚酞的分子式为C20H14O4，故答案为：C20H14O4；②分子中含酚-OH、-COOC-，且含苯环，为芳香族化合物、酚、酯类物质，故答案为：BDF。(3)①在横线上写出对应官能团的名称，从上到下依次为羧基(-COOH)、羟基(-OH)和碳碳双键()；②莽草酸的分子式为。③若按含氧官能团分类，则莽草酸属于羧酸类、醇类。18．检查装置的气密性排出装置内残留的空气Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO3mol·L-1稀硝酸氢氧化钠溶液装置②中液面上方气体仍为无色，装置③中液面上方气体由无色变为红棕色【分析】装置①中浓硝酸和铜反应生成NO2，生成的二氧化氮通入水中，和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮。根据装置特点和实验目的，装置③用来验证浓硝酸的氧化性，氧化生成的NO2用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境；装置②用来验证稀硝酸不能氧化NO，未被氧化的NO用排水法收集，因此②中盛放稀硝酸，装置③中盛放浓HNO3，据此分析解答。【详解】(1)由于装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以加入药品前，要检验装置的气密性，滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，故答案为：检验装置的气密性；排出装置内残留的空气；(2)装置①中Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(3)装置①中反应生成了二氧化氮，二氧化氮会与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(4)根据装置特点和实验目的，装置③验证浓硝酸的氧化性，浓硝酸能氧化NO，则③中为浓硝酸，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置②中应该盛放稀硝酸，故答案为：3mol/L稀硝酸；(5)装置⑤中盛放