湖南省长沙市2026-2027学年高二上学期第一次月考化学自测卷02（范围：必修一二、选必一1-2单元）（解析版）

湖南省长沙市2026-2027学年高二上学期第一次月考自测卷02化学试题（解析版）题号12345678910答案BDCBBCDDDD题号11121314答案DCAC1．B【详解】A．H2O只有共价键，无离子键，故A错误。B．三种物质都是既有离子键又有共价键，故选B。C．三种物质只有离子键，没有共价键，故C错误。D．HCl只有共价键，MgCl2只有离子键，故D错误。答案选B。2．D【详解】A．该碳循环中的葡萄糖是有机物，A错误；B．由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物，和均为氧化物，B错误；C．盐是由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，该循环中涉及、、和，4种盐，C错误；D．由图示可知，该碳循环中涉及反应，D正确；答案选D。3．C【分析】根据氯水中含有H+、Cl2、HClO、ClO-、Cl-等微粒，根据Ag+与Cl-反应，H+与弱酸根离子、氢氧根离子反应，亚铁离子、溴离子具有还原性，能被氧化来解答。【详解】①因氯水中含有H+，H+能与OH-反应生成水，则产生明显的药品变质问题，故①符合题意；②因氯水中含有Cl-，Cl-能与Ag+生成AgCl，则产生明显的药品变质问题，故②符合题意；③因氯水中含有H+，H+能与反应生成水和CO2，则产生明显的药品变质问题，故③符合题意；④氯水中成分与盐酸不反应，不会则产生明显的药品变质问题，故④不符合题意；⑤因氯水中含有Cl2、HClO、ClO-等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，故⑤符合题意；故选C。4．B【详解】A．制造普通玻璃的原料是：纯碱、石灰石和石英；普通玻璃化学氧化物的组成（Na2O•CaO•6SiO2），主要成份是二氧化硅，故A错误；B．生产水泥的原料是石灰石、黏土和石膏，故B正确；C．水玻璃是硅酸钠的水溶液，主要成分是硅酸钠，故C错误；D．瓷器的结构致密，几乎不吸水，故D错误。故选：B。【点睛】注意陶器吸水性强，机械强度差，瓷器烧结程度高，叩之有铿锵声。5．B【详解】A．向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫生成Na2SO3，故离子方程式为：SO2＋2OH-=+H2O，A错误；B．将铜片投入稀硝酸的离子方程式为：3Cu＋8H+＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，B正确；C．向氨水中滴加盐酸的离子方程式为：H＋＋NH3•H2O=H2O+，C错误；D．碳酸钙溶解于稀硝酸中的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=CO2↑＋H2O+Ca2+，D错误；答案为B。6．C【详解】A．钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成NaOH和，NaOH再与硫酸铜反应生成沉淀，而非直接置换出铜，A错误；B．过氧化钠与二氧化碳反应中，过氧化钠自身发生歧化反应（氧的价态变化），二氧化碳未被氧化或还原，B错误；C．碳酸钠和碳酸氢钠溶液均显碱性，碳酸钠（苏打）常用作食用碱，碳酸氢钠（小苏打）也可用于食品加工，C正确；D．固态氯化钠中离子无法移动，不导电，但熔融状态下离子可自由移动而导电，D错误；故选C。7．D【详解】A．烧碱与陶瓷中的二氧化硅能反应，A错误；B．氨气极易溶于水，该装置不能防倒吸，B错误；C．氯化铵受热分解后在试管口重新生成氯化铵固体，不能制备氨气，C错误；D．氯气能与硫离子发生氧化还原反应生成S，可证明氧化性Cl2>S，非金属性：Cl>S，D正确；故选D。8．D【详解】该有机物能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为－Cl，根据分子式确定另一个取代基为-C4H7O2，取代基为-C4H7O2的种类数为该有机物的同分异构体数目，当取代基为-C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基-C4H7O2与取代基－Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为种，故答案为D。9．D【详解】A．D₂O的摩尔质量为20g/mol，18gD₂O的物质的量为0.9mol，每个D₂O分子含10个中子（2个D各1个中子，O含8个中子），总中子数为0.9×10=9NA，而非10NA，A错误；B．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，B错误；C．为共价化合物，熔融状态下不电离，仍以分子形式存在，故中不含Al3+，C错误；D．甲基（−CH3）的摩尔质量为15g/mol，15g甲基即1mol，每个甲基含9个电子，总电子数为9NA，D正确；答案选D。10．D【详解】A．氢氧化钠是碱，而二氧化碳为酸性氧化物，二者能发生反应，所以不可用于干燥二氧化碳，A不正确；B．具有强氧化性，其与CO2、H2O反应生成的HClO氧化能力更强，能杀死细菌和病毒，可用于自来水的杀菌消毒，B不正确；C．能与胃酸(HCl)发生反应，且对胃壁不产生腐蚀作用，可用于治疗胃酸过多，C不正确；D．Fe2O3是一种红棕色粉末，在空气中具有很强的化学稳定性，可用作油漆的红色颜料，D正确；故选D。11．D【详解】A．氯水中存在HClO，具有漂白性，能够使有色布条褪色，Cl2不具有漂白性，A项错误；B．HClO分子具有漂白性，加入石蕊后溶液先变红后褪色，现象不符合实际，B项错误；C．盐酸的酸性强于碳酸，能与CaCO3反应，CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，而HClO的酸性小于碳酸，C项错误；D．Cl-和Ag+结合生成不容易硝酸的AgCl白色沉淀，说明氯水中存在Cl-，D项正确；答案选D。12．C【详解】A、将原不饱和溶液蒸发掉bg水之后可以达到饱和，在原溶液中加入ag溶质也可以达到饱和，说明ag溶质溶于bg水中恰好形成饱和溶液，可求出溶解度为100a/bg，故A不符合题意；B、根据溶解度的定义，在加入了ag溶质之后形成饱和溶液，可以列出式子：x×+a=（x+a）×（硝酸钾的溶解度÷硝酸钾的溶解度+100g），此处硝酸钾的溶解度可用100a/bg代替，可以解出x=2b，故B不符合题意；C、原不饱和溶液蒸发掉2bg水，蒸发掉bg水的时候刚好形成饱和溶液，此时继续蒸发掉bg水，析出溶质的质量就是溶解于bg水中的溶质的质量，为ag，故C符合题意；D、在t℃时饱和硝酸钾溶液中溶质的质量分数为，配成的溶液质量分数应该小于等于饱和溶液中溶质的质量分数，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。13．A【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。【详解】A.由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；B.粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；C.过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+，故C正确；D.由流程可知，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确；故选A。14．C【详解】A．按照分散质微粒直径对分散系分类：小于1nm为溶液，大于100nm为浊液，介于1-100nm之间为胶体，A正确；B．向烧碱溶液中通入CO2，时发生反应，溶质为NaOH、Na2CO3；时发生反应，溶质为NaHCO3；则当时，溶质为Na2CO3、NaHCO3，符合图示，B正确；C．向溶液中通入，时发生的反应为，时I-被完全氧化，Fe2+开始被氧化为Fe3+；时反应为，Fe2+全部被氧化为Fe3+；，同时存在Fe2+、Fe3+，图示反应物比值与铁元素存在形式对应有误，C错误；D．NH3与Cl2反应，时发生反应，产物组成为N2、HCl；当时发生反应，产物组成为N2、NH4Cl；则当时，产物组成为N2、HCl、NH4Cl，符合图示，D正确；故选C。15．(1)第三周期第ⅦA族(2)(3)(4)水分子间存在氢键，分子间相互作用更强(5)(6)极性键、非极性键(7)C【分析】电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，则原子序数越小，原子半径越大；除O、F外主族元素最高正价为最外层电子数，非金属元素最低负价等于-（8-最外层电子数），由此推之x为H、y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】（1）由上述分析可知，h为Cl，位于第三周期ⅦA族。（2）x为H，e为Na，二者形成的离子化合物为NaH，Na金属性强为阳离子，故电子式为。（3）e为Na，最高价氧化物对应水化物为NaOH，f为Al，最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠，反应方程式为。（4）d为O，g为S，二者氢化物分别为和，由于水分子之间能够形成氢键，分子间作用力更强，使熔沸点升高，故水的沸点高于硫化氢。（5）z、d、e、f分别为N、O、Na、Al，四种元素的简单离子电子层数相同，Al的原子序数最大，故半径最小，因此半径最小的为Al3+。（6）x为H，d为O，x2d2为，含有极性共价键和非极性共价键。（7）A．h为Cl，g为S，根据氧化还原反应规律可知氯气与硫化氢发生置换反应，氯气的氧化性强于硫，氯元素的非金属性强于硫，A正确；B．不同氧化剂与同种变价金属反应，氧化性越强变价金属化合价越高，对应单质元素的非金属性越强，B正确；C．氯化氢制备硫化氢为强酸制弱酸，无法根据氢化物的酸性判断元素非金属性的强弱，C错误；D．化合物中得电子能力强的显负价，二者形成的化合物中氯显负价，说明氯的得电子能力强，非金属性强，D正确。故选C。16．(1)B(2)b(3)O3+2NO+H2O=2HNO3(4)5∶2(5)BCNaNO3NO(6)3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强【分析】实验中制取干燥氨气，并验证氨气具有还原性，甲装置为制备氨气装置，乙装置为干燥装置，盛放碱石灰，根据问题(2)装置丙为收集装置，装置丁为氨气还原氧化铜，装置戊为验证氨气还原氧化铜产生水，装置己的作用为尾气处理，吸收多余氨气，据此分析；【详解】（1）氯化铵、熟石灰为固体，应选用固体+固体气体，则甲中的气体发生装置为B，故答案为B；（2）装置丙为收集装置，因为氨气的密度小于空气，应是短进长出，即b延长至集气瓶底部；故答案为b；（3）臭氧具有强氧化性，将NO氧化成硝酸，反应方程式为O3+2NO+H2O=2HNO3；故答案为O3+2NO+H2O=2HNO3；（4）氨气为还原剂，NO和NO2为氧化剂，令NO物质的量为amol，则二氧化氮物质的量为(7－a)mol，根据得失电子数目守恒，6mol×[0－(－3)]=amol×2+(7－a)mol×4，解得a=5，因此NO和NO2物质的量之比为5∶2；故答案为5∶2；（5）①A．加快通入尾气的速率，气体不能充分被吸收，故A不符合题意；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增加气液接触面积，使尾气充分被吸收，故B符合题意；C．定期补加NaOH溶液，可提高尾气的转化率，故C符合题意；答案为BC；②根据反应方程式可知，反应后溶质为NaNO2和NaNO3，因此得到亚硝酸钠晶体中含有主要杂质为NaNO3；NO不溶于水，且不与水、NaOH反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；故答案为NaNO3；NO；（6）①HClO氧化NO生成Cl-和NO，根据化合价升降以及原子守恒进行配平，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+，故答案为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+；②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高；故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。17．(1)(2)浓硫酸(3)(4)2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O加入适量白醋(5)HClO是弱酸，在光照条件下发生生成的HCl是强酸，因此pH减小硝酸银溶液具有漂白性的是氯气和水反应生成的HClO(6)(7)1044.8【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应放出氯气，洗气瓶①中盛放饱和食盐水除氯气中的氯化氢，洗气瓶②中盛放浓硫酸干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，烧杯中的氢氧化钠吸收氯气，防止污染。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气为：，故答案为：；（2）洗气瓶①除氯气中的氯化氢，装置①中的试剂是饱和食盐水；洗气瓶②干燥氯气，装置②中的试剂是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；（3）用向上排空气法收集氯气，装置为，故答案为：；（4）尾气处理装置中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式是2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；漂白速率慢是因为HClO的浓度小，可以适当加入白醋，故答案为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O、加入适量白醋；（5）HClO是弱酸，在光照条件下发生生成的HCl是强酸，因此pH减小；硝酸银滴入后银离子和溶液中的氯离子产生了氯化银沉淀，试剂a为硝酸银溶液；实验Ⅱ说明具有漂白性的不是HCl、对比Ⅱ、Ⅲ说明具有漂白性的是HClO、Ⅳ说明氯气不具备漂白性，可以得到的结论是：具有漂白性的是氯气和水反应生成的HClO；故答案为:HClO是弱酸，在光照条件下发生生成的HCl是强酸，因此pH减小、硝酸银溶液、具有漂白性的是氯气和水反应生成的HClO；（6）氯酸钾在二氧化锰催化下受热分解生成KCl和O2：，故答案为：；（7）由方程可知：Cl是唯一被还原的元素，从+5价被还原为0价，因此每生成1mol转移2×5mol=10