湖南省长沙市雷锋学校2024-2025学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附答案）

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【难度】0.94
【知识点】氧化还原反应定义、本质及特征
【详解】A．汞得硫反应生成HgS，元素化合价发生改变为氧化还原反应，A不符合题意；
B．硝酸具有强氧化性，和一些金属发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．反应为铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁，元素化合价发生改变为氧化还原反应，C不符合题意；
D．为制取合金的过程，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；
故选D。
2．B
【难度】0.65
【知识点】碳族其他元素及其化合物、铜与非金属单质反应、碳酸氢钠与酸反应、碳酸氢钠的不稳定性
【详解】A．CO不与NaOH反应，二氧化碳能与NaOH反应被吸收，A正确；
B．碳酸钠与盐酸反应生成了氯化钠，引入新的杂质，故不能用稀盐酸除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，B错误；
C．氧气能与灼热的铜反应被吸收，二氧化碳与灼热的铜不反应，可通过灼热的铜网除去二氧化碳中的氧气，C正确；
D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，可通过加热至恒重除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，D正确；
故答案选B。
3．B
【难度】0.85
【知识点】22.4L/ml适用条件、阿伏加德罗常数的求算、摩尔质量
【详解】A．的摩尔质量是(12+16×2)=，A正确；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
B
B
D
B
C
C
B
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18


答案
C
C
D
B
C
B
C
D


B．没有给出温度压强，不能确定的物质的量，B错误；
C．中含有的分子数等于阿伏伽德罗常数数值，即约为，C正确；
D．氯化钠是强电解质，在溶液中完全电离，溶液中含有，D正确；
故选B。
4．B
【难度】0.65
【知识点】实验方案设计、元素金属性、非金属性强弱探究实验、氟、溴、碘的性质
【详解】A、氯水滴入溴化钠溶液中，NaBr溶液变为橙色，说明氧化性Cl2＞Br2；溴水滴入NaI溶液中，NaI溶液变为棕黄色，说明氧化性Br2＞I2，所以氧化性： Cl2＞Br2＞I2，故选A；
B、Mg条表面有气泡产生，说明镁是正极，不能得出还原性Mg＞Al的结论，故选B；
C、把二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有白色沉淀硅酸生成，证明碳酸的酸性强于硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，所以非金属性C＞Si，故不选C；
D、金属性越强，金属单质越易与水反应，钾与水反应比钠与水反应更剧烈，证明金属性K＞Na，故不选D。
【点睛】本题考查实验的设计与评价，注意设计的实验的严密性；B选项，要证明Mg＞Al的还原性，可把镁、铝用导线连接后伸入稀硫酸中，铝表面有气泡生成。
5．D
【难度】0.65
【知识点】共价键的实质与形成、根据原子结构进行元素种类推断、微粒半径大小的比较方法
【分析】W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，由Y与Z形成的一种化合物的结构可知Z形成2个共价键、Y形成3个共价键，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为5，其中X、Y、Z位于同一周期，W、Y位于同一主族，结合原子序数可知W位于第二周期时，X、Y、Z位于第三周期，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，X的最外层电子数为3，则X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，
A．电子层越多、离子半径越大，则最简单离子的半径：X＜Z，核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则Z>M，故A错误；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Y，M的氧化物对应水化物也可以是HClO，HClO为弱酸，酸性弱于H3PO4，故B错误；
C．由Y与M两种元素组成的化合物有PCl3和PCl5，PCl5中P原子不是8电子稳定状态，故C错误；
D．在足量的Cl2中燃烧生成FeCl3，转移的电子数为，故D正确。
故选D。
6．B
【难度】0.65
【知识点】过氧化钠与水的反应、物质结构基础与NA相关推算、氧化还原反应与NA相关推算
【详解】A．氧气和臭氧的最简式相同，都为O，则16g氧气和臭氧混合气体中氧原子的数目为×NAml—1=NA，故A正确；
B．缺溶液的体积，无法计算0.1ml/L氯化铝溶液中氯化铝的物质的量和所含氯离子的数目，故B错误；
C．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子形成的离子化合物，则0.1ml硫酸氢钠固体中含有的阳离子钠离子数目为0.1ml×NAml—1=0.1NA，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则生成0.1ml氧气转移的电子数为0.1ml×2×NAml—1=0.2NA，故D正确；
故选B。
7．C
【难度】0.85
【知识点】原子的基本构成
【详解】A．N含有7个质子，O含有8个质子，A不符合题意；
B．N含有7个电子，O含有8个电子，B不符合题意；
C．N和O均有2层电子层，C符合题意；
D．N的最外层电子数为5，O的最外层电子数为6，D不符合题意；
故选C。
8．C
【难度】0.85
【知识点】离子反应在化合物组成的分析、鉴定的应用、离子反应的实际应用、离子共存
【详解】含有Fe3+的溶液呈黄色，无色溶液中一定不含Fe3+；①加入过量盐酸，有气体生成，说明一定含有CO，CO和Al3+发生双水解反应，CO和Ba2+反应生成BaCO3沉淀，所以一定不含Al3+、Ba2+；②在①所得的溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉定甲，沉淀甲是氢氧化铝，则原溶液中一定含有AlO2-；③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，该沉淀是硫酸钡，说明原溶液中含有SO，根据电荷守恒，溶液中一定含有阳离子，则一定含有Na+，所以原溶液中一定有Na+、AlO2-、SO42-、CO32-，一定不存在Ba2+、AlO2-、Fe3+，选C。
9．B
【难度】0.85
【知识点】“位构性”关系理解及应用、null
【分析】根据X的简单氢化物水溶液呈碱性，知该氢化物为NH3，则X为N，根据四种元素在周期表中的位置，知Y为O，Z为Si，W为S。
【详解】A．一般来说，电子层数越多，半径越大，且同主族元素从左到右半径依次减小，故原子半径Si>S>N>O，A正确；
B．O元素没有+6价，B错误；
C．同周期主族元素从左到右非金属性依次增大，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性：N>C > Si，C正确；
D．N 、O两种元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多种氧化物，D正确；
故选B。
10．C
【难度】0.85
【知识点】元素周期律的应用、微粒半径大小的比较方法、共价键
【详解】A．由NaH +H2O=NaOH +H2↑可知，NaH和水反应可生成氢气，因此NaH可用作生氢剂，A正确；
B．H-和Li+具有相同的电子层结构，核电荷数Li>H，故离子半径H->Li+，B正确；
C．H2O中O原子与两个H原子分别共用1对电子，形成8电子稳定结构，H2O的电子式
为，C错误；
D．NaOH中Na+和OH-之间以离子键结合，OH-中H和O之间为共价键，故NaOH中既含有离子键又含有共价键，D正确；
故选C。
11．C
【难度】0.4
【知识点】离子方程式的正误判断、离子反应的发生及书写
【详解】A．还原性：I->Fe2+，故离子方程式为Cl2+2I-=I2++2Cl-，A错误；
B．NaClO溶液中通入少量SO2反应生成HClO、Na2SO4和NaCl，故离子方程式为SO2 +3ClO-+H2O=2HClO +SO +Cl-，B错误；
C．酸性条件下，硝酸根能氧化二价铁离子，故离子方程式为3Fe2++4H++NO =3Fe3++NO↑+2H2O，C正确；
D．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液反应，碳酸氢根不能拆，故离子方程式为HCO +NH +2OH-=NH3 +H2O+CO ，D错误；
故选C。
12．C
【难度】0.94
【知识点】共价键 、微粒半径大小的比较方法
【详解】A．C与O同属第二周期元素，其原子半径随着核电荷数的增大而减小，即原子半径r(C)>r(O)，A正确；
B．两种非金属化合时，非金属性小的电负性小，显正价，非金属性强的电负性大，显正价，故C24O6中O显负价，B正确；
C．环状C18分子没有H，不是烃，C错误；
D．C22O4分子中含有C-H键，这是极性键；还含有C-C键，这是非极性键，D正确；
故先C。
13．D
【难度】0.85
【知识点】铁盐与亚铁盐鉴别试剂的选择、氧化还原反应方程式的书写与配平、与氧化剂、
还原剂有关的计算
【详解】A．反应1中NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，NaClO为氧化剂，Fe2+为还原剂，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，A错误；
B．KSCN溶液可以检验Fe3+，无法确定Fe2+是否剩余，应用K3[Fe(CN)6]溶液检验，B错误；
C．洗涤沉淀时用玻璃棒搅拌容易把滤渣捣破，C错误；
D．根据流程可知，反应2中FePO4与H2C2O4、LiOH反应得到LiFePO4，Fe元素被还原，根据各元素的价态规律可知，应是H2C2O4被氧化生成CO2，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2FePO4+H2C2O4+2LiOH=2LiFePO4+2CO2↑+2H2O，D正确；
综上所述答案为D。
14．B
【难度】0.4
【知识点】Fe2+的还原性、氧化还原反应方程式的书写与配平、离子方程式的书写
【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式书写中应写化学式符号，不能拆写离子符号，，A错误；
B．溶液中通入少量，强酸制弱酸离子方程式为：，B正确；
C．酸性溶液中，+2价的铁被双氧水氧化为+3价，反应的离子方程式为，，C错误；
D．固体与氢碘酸反应，其中Fe3+可与I-发生氧化还原反应：，D错误；
故选B。
15．C
【难度】0.94
【知识点】酸、碱、盐、氧化物
【详解】能和碱反应只生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，据此分析解题：
A．二氧化碳和NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，所以只生成盐和水，为酸性氧化物， A不合题意；
B．二氧化硫和过量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，所以只生成盐和水，为酸性氧化物， B不合题意；
C．二氧化氮和碱反应生成盐、水，但由于没有一种含N的含氧酸与NO2中N的化合价相同，故NO2不是酸性氧化物，C符合题意；
D．Mn2O7和强碱溶液反应只生成盐和水，所以为酸性氧化物，D不合题意；
故答案为：C。
16．B
【难度】0.94
【知识点】电离方程式、电解质的电离
【详解】根据KBrF4、(BrF2)2SnF6等物质都是具有明显离子化合物倾向的盐，根据KBrF4、(BrF2)2SnF6的电离方程式KBrF4=K++ BrF、(BrF2)2SnF6=2BrF+ SnF，说明BrF、BrF是稳定存在的离子，所以BrF3能电离出自由移动的稳定的离子BrF、BrF；
选B。
17．C
【难度】0.65
【知识点】元素周期律的应用、同周期元素性质递变规律
【详解】A． Li、Be、B都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，A正确；
B． P、S、C1元素都是第三周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，元素的最高正化合价依次升高，等于它们的最外层电子数目，B正确；
C．N、O、F都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的半径依次减小，C错误；
D． Na、K、Rb都是第IA的元素，随着元素原子序数的增大，原子核外电子层数依次增多，D正确；
答案选C。
18．D
【难度】0.65
【知识点】化学键与物质类别关系的判断、根据原子结构进行元素种类推断、元素非金属性强弱的比较方法
【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，由图知，R、X、Y、M的共用电子对数分别为1、4、2和1，则R、X、Y、M分别为H、C、O和Cl，按最外层电子数：3Z+M=X+Y，可得Z最外层为1电子，则Z为Na，据此回答；
【详解】A．X为C、Y为O，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：Y>X，A正确；
B．X为C，在该化合物中C都能共用四对电子对，则最外层均满足8e-的结构，B正确；
C．M为Cl，M的最高价氧化物对应水化物即高氯酸为强酸，C正确；
D．Z即Na与Y即O形成的化合物过氧化钠中既含离子键又有共价键，属于离子化合物，D错误；
答案选D。
19． Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 温度高苯容易挥发 b 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+的水解 0.2
【难度】0.65
【知识点】氧化还原反应方程式的书写与配平、沉淀溶解平衡的应用、null、物质分离、提纯综合应用
【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。
【详解】（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：；
（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②，故答案为：；
（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故答案为：温度高苯容易挥发；
（4）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；
（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；
（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1
价，根据电子守恒可知答案为：0.2。
【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。
20． 2NH4AlO(OH)HCO3Al2O3+3H2O↑+2CO2↑+2NH3↑ 4.5g 用量筒量取100mL水，搅拌溶解，用H2SO4调节溶液pH至2 H＋+OH－=H2O、NH4++ OH—= NH3·H2O、Al3++3OH—=Al(OH)3↓
【难度】0.65
【知识点】离子反应的发生及书写、铝三角转化、一定物质的量浓度溶液的配制
【详解】（1）实验室常以NH4Al(SO4)2和NH4HCO3为原料，在一定条件下先反应生成沉淀NH4AlO(OH)HCO3，该沉淀高温分解即得超细Al2O3，因此，NH4AlO(OH)HCO3热分解的化学反应方程式为NH4AlO(OH)HCO3Al2O3+3H2O+2CO2↑+2NH3↑。
（2）NH4Al(SO4)2·12H2O的相对分子质量为453。欲配制100mLpH为2、浓度约为0.1ml-1的NH4Al(SO4)2溶液,配制过程为：
①用托盘天平称量NH4Al(SO4)2·12H2O固体。m(NH4Al(SO4)2·12H2O)=n·M(NH4Al(SO4)2·12H2O)=c·V·M(NH4Al(SO4)2·12H2O)=0.1ml/L×100mL×10-3×453g/ml=4.53g，由于托盘天平的精确度为0.1g，故为4.5g；
②将上述固体置于烧杯中用量筒量取100mL水，搅拌溶解，用H2SO4调节溶液pH至2。
（3）①用NaOH溶液调节（2）中溶液pH至7，由图象可知，开始阶段c(Al3+)没变化；而后c(Al3+)降低，生成Al(OH)3沉淀；当pH>8，Al(OH)3沉淀开始溶解。调节pH至7，OH—先与H+反应，pH=4时，OH-开始与Al3+反应生成Al(OH)3沉淀，pH在5.7~8，OH-跟NH4+反应。该过程中发生反应的离子方程式依次有H＋+OH－=H2O、Al3++3OH—=Al(OH)3↓、NH4++ OH—= NH3·H2O。
②0.01ml·L-1NH4Al(SO4)2溶液中铝各形态的浓度的对数lgc随溶液pH变化的关系图与题中不同的是曲线的起点和终点坐标不同，注意沉淀开始的pH与沉淀完全的pH是完全相同的，
图示如下：。
21． ①⑤ ②④⑦⑨⑩ ③⑧ ⑥ ①③⑤⑧ ④⑦⑨ 吸收 46 d
【难度】0.65
【分析】(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，由此分析解答；
(2)化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算：焓变＝反应物总键能−生成物的总键能，以此计算反应热并判断吸热还是放热；
(3)根据化学平衡的特征进行分析。
【详解】(1)①MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物；
②金刚石中C原子之间只存在共价键，为单质；
③Na2O2中钠离子与过氧根离子之间存在离子键，氧氧之间存在非极性键，是离子化合物；
④H2O 中只存在共价键，为共价化合物；
⑤NaCl中钠离子和氯离子之间存在离子键，为离子化合物；
⑥Ne为单原子分子，不存在化学键；
⑦H2SO4中原子之间只存在共价键，为共价化合物；
⑧NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，N原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物；
⑨CO2中C原子和O原子之间存在共价键，为共价化合物；
⑩O2中O原子之间只存在共价键，为单质；
所以只含离子键的是①⑤，只含共价键的是②④⑦⑨⑩； 既含离子键又含共价键的是③⑧，不存在化学键的是⑥，属于离子化合物的是①③⑤⑧，属于共价化合物的是④⑦⑨；
(2)在反应2NH3⇌N2＋3H2中，反应掉2ml NH3，共断裂6ml N−H键，吸收的能量为：6×391kJ
＝2346kJ，生成3ml H−H键、1ml N≡N键共放出的能量为：3×436kJ＋946kJ＝2254kJ，吸收的能量多，放出的能量少，该反应为吸热反应，吸收的热量为：2346kJ−2254kJ＝92kJ，所以当1mlNH3分解吸收热量为46kJ；
(3)a．可逆反应不可能完全转化，所以最终生成NH3的物质的量小于2 ml，故a错误；
b．化学平衡状态是动态平衡，达到平衡时，反应没有停止，故b错误；
c．用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v正(H2)＝3v正(N2)，当v正(H2)＝v逆(N2)时，3v正(N2)=v逆(N2)，反应没有达到平衡，故c错误；
d．反应达到了最大限度时即为达到平衡状态，故d正确；
e．平衡时同种物质的正逆反应速率相等，各组分的物质的量保持不变，但不一定相等，故e错误；答案选d。
22．(1) C→B→F→E→D 饱和食盐水 减压蒸馏
(2) 三颈烧瓶 n 排出装置内及空气(答出一种即给满分) B 除去残存的四氯化钒
【难度】0.65
【知识点】氯气的实验室制法、化学实验基本操作、物质制备的探究
【分析】本实验由铁钒合金与干燥纯净的Cl2反应制备VCl4，进而制备三氯化钒，根据装置分析，A装置制取氯气，B装置干燥氯气，C装置可用于除去氯气中的氯化氢，F中干燥纯净氯气与铁钒合金反应生成VCl4和FeCl3，E装置收集VCl4和FeCl3，D装置吸收多余氯气、同时防止外界空气中水蒸气进入，结合物质性质分析解答问题。
【详解】（1）①结合分析中各装置的作用，依据气流方向，各装置连接顺序为A→C→B→F→E→D；
②C装置的作用为除去氯气中的氯化氢，可盛放饱和食盐水；
③根据FeCl3、VCl4的沸点不同，VCl4在160-170℃分解，最后分离互溶的FeCl3、VCl4混合物的方法减压蒸馏。
（2）①根据图示，仪器W的名称是三颈烧瓶；为提高冷凝效果，冷凝水应“低进高出”，冷凝管的进水口是n。
②步骤II逐次少量地通入稀有气体的目的是排出装置内Cl2，使反应正向进行；
③VCl4的沸点为148.5℃，VCl4在160~170℃分解制得VCl3，而VCl3约425℃以上歧化为VCl2
和VCl4，为控制反应温度，因此仪器W合适的加热方式是油浴加热，故答案选B。
④酸性：H2CO3＞HClO＞，烧杯中的Na2CO3可以与Cl2发生反应，生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，该反应的离子方程式是；VCl4的沸点148.5，步骤III最后将物料加热至200℃，可能的目的是除去残存的四氯化钒。
23．(1) ②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ 250mL容量瓶、胶头滴管
(2) 27.4 10.0
(3)检查容量瓶是否漏水
(4)B
【难度】0.65
【知识点】一定物质的量浓度溶液的配制、配制一定物质的量浓度的溶液实验的误差分析
【详解】（1）配制溶液一般可以分为以下几个步骤：计算、称量 、溶解 、冷却、转移、洗涤、摇动、定容、摇匀 ，正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④，必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶和胶头滴管；
（2）天平称量物品时要左物右码，如果位置放反了，就变成砝码质量等于物品加游码质量，得到烧杯的实际质量为30-2.6=27.4g，配制的溶液250mL需要溶质的物质的量为1.0ml/L×0.25L=0.25ml，质量为m=0.25ml×40g/ml=10.0g；
（3）容量瓶使用前要先检查是否漏水；
（4）根据c=分析，所用已经潮解造成称量的NaOH质量少，溶质的物质的量n小，结果偏低；向容量瓶中加水未到刻度线造成V小，浓度偏高；有少量溶液残留在烧杯里，造成溶质的物质的量n少，结果偏低；用带游码的托盘天平称(以下用游码)时误用了“左码右物”方法，实际取溶质的质量少，物质的量n小，结果偏低，符合偏高的只有B。