湖南省株洲市2026-2027学年高一上学期开学学情化学自测卷（人教版）（解析版）

湖南省株洲市2026-2027学年高一上学期开学学情自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案BCDDDCCBBC题号11121314答案DADB1．B【详解】A．粽子飘出香味是由于分子不断运动，A正确；B．水沸腾时分子间隔变大导致体积膨胀，而非分子体积变大，B错误；C．1g水含大量分子说明分子质量很小，C正确；D．石蜡熔化是物理变化，分子种类不变，D正确；故答案选B。2．C【详解】A．溶液的定义是均一、稳定的混合物，均一性和稳定性是溶液的基本特征，A正确；B．溶解度表示物质在特定溶剂中的溶解能力，数值越大溶解能力越强，B正确；C．不饱和溶液变为饱和溶液可通过蒸发溶剂、增加溶质或改变温度；若通过改变温度实现，使不饱和溶液刚好变成饱和溶液、没有溶质析出，溶质质量分数不变，C错误；D．不同浓度的食盐水（如0.9%生理盐水与高浓度盐水）性质不同，用途不同，D正确；故选C。3．D【详解】A．天然气和沼气的主要成分是甲烷，故A正确；B．液化气的主要成分是丁烷，天然气的主要成分是甲烷，根据2C4H10+13O28CO2+10H2O，CH4+2O2CO2+2H2O可知，丁烷燃烧时需要的氧气量大，故将液化石油气灶具改为天然气作燃料，燃烧时应减小进空气量或增大进天然气量，故B正确；C．煤中含有硫元素，燃烧时易生成二氧化硫，天然气燃烧时的废气中二氧化硫的含量少，故C正确；D．天然气属于可燃性气体，与空气按一定比例混合点燃会发生爆炸事故，故D错误；故选D。4．D【详解】A．由题意，三甲基一氯硅与水接触可产生盐酸，遇明火会引起爆炸，则保存三甲基一氯硅烷时应密封防水，A正确；B．由题干可知，三甲基一氯硅与水反应，故灭火时不能用水，应使用二氧化碳、干粉灭火剂；其燃烧产物和水解产物均为酸性，因此火灾扑灭后，可用弱碱性水处理现场以中和酸性物质，B正确；C．与水反应生成盐酸，溶液呈酸性，pH一定小于7，C正确；D．三甲基一氯硅是由三甲基一氯硅分子构成的，三甲基一氯硅分子是由碳、氢、硅、氯四种原子构成的，D错误；故选D。5．D【详解】A．铜与盐酸不反应，A错误；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，B错误；C．铁与氯气反应生成氯化铁，C错误；D．铝可以与氯气和盐酸反应，产物都是生成氯化铝，D正确；故选D。6．C【详解】设题给条件下气体的摩尔体积为，由题意知，，则；的体积。答案选C。7．C【分析】①取少量原溶液，加入足量的溶液，只产生白色沉淀，即白色沉淀可能为BaCO3、BaSO4或Mg(OH)2或它们的混合物，可知一定不存在，可能存在、、其中一种或几种；②取少量原溶液，加入足量溶液，不产生沉淀，即不存在、；③取少量原溶液，加入足量的溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀不溶解，即存在Cl-，综上，原溶液中一定存在：、；一定不存在：、、；可能存在：、。【详解】A．由分析可知，原溶液一定不存在，即原溶液无色，故A正确；B．由分析可知，溶液中一定存在：、，故B正确；C．由分析可知，该溶液的溶质一定有MgCl2，可能有NaCl、KCl，故配制成该溶液的溶质最多有三种，故C错误；D．根据溶液为电中性可知，溶液中一定存在唯一的阴离子氯离子，所以实验③可以省略，故D正确；故选C。8．B【详解】A．加入硫酸铜固体后导电能力增强，所以原硫酸铜溶液一定不是饱和溶液，A项正确；B．若将Ba(OH)2固体换成BaCl2固体，导电能力应先基本不变，后上升，B项错误；C．M点后加入的硫酸铜固体变成胆矾晶体，使溶液质量减小，C项正确；D．N点时导电能力几乎为0，所以是CuSO4和Ba(OH)2恰好完全反应的点，D项正确；答案选B。9．B【详解】A．氢气在氯气中燃烧生成HCl，发出苍白色火焰，HCl遇到空气中的水蒸气会形成盐酸小液滴，所以瓶口处有白雾出现，故A错误；B．钠在氯气中燃烧发出黄色的火焰，生成大量的氯化钠固体，所以生成白色的烟，故B正确；C．铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜，反应产生棕黄色的烟，故C错误；D．铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，产生红棕色的烟，故D错误。答案选B。10．C【详解】钠投入到盐溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，A．金属钠投入稀盐酸中反应生成氯化钠和氢气，没有沉淀生成，故A不选；B．氢氧化钠和Ba(OH)2稀溶液不反应，所以没有沉淀生成，故B不选；C．氢氧化钠和氯化镁反应生成白色沉淀氢氧化镁，故C选；D．氢氧化钠和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，不是白色沉淀，故D不选。答案选C。11．D【详解】A．加入的硫酸与氧化铜反应生成硫酸铜和水，铜与硫酸不反应，所以充分反应后过滤即可得到纯净的铜，正确；B．气体通入足量氢氧化钠溶液中，二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收，洗气后再用浓硫酸或者碱石灰干燥即可得到纯净的氧气，正确；C．碳酸钙与盐酸反应生成氧化钙、二氧化碳和水，充分反应后过滤即可得CaCl2溶液，正确；D．加入的足量铁粉会与CuSO溶液反应，不符合除杂原则，错误。故选D。12．A【分析】由微观示意图可知：该反应化学方程式为。【详解】A．由化学方程式可知：每有44份质量的二氧化碳气体与6份质量的氢气在催化剂条件下完全反应生成32份质量的甲醇和18份质量的水，消耗的与生成的质量比，A错误；B．反应中、一定要与催化剂接触，增大接触面积，B正确；C．化学变化的实质：分子破裂成原子，原子自由组合生成新的分子，反应过程中“”分成“”和“”，C正确；D．该反应消耗二氧化碳，有利于实现“碳中和”目标，D正确；故选：A。13．D【分析】Mg与氧气反应生成MgO，MgO与HCl反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与HNO3反应生成Mg(NO3)2，据此分析；【详解】A．反应1为镁与氧气反应生成氧化镁，化学方程式为2Mg+O2=2MgO；24gMg的物质的量为1mol，根据方程式，2molMg消耗1molO2，则1molMg消耗0.5molO2，0.5molO2的质量为0.5×32g/mol=16g，A正确；B．反应2为MgO与HCl反应生成MgCl2和H2O，化学方程式为MgO+2HCl=MgCl2+H2O，反应中各元素化合价均无变化，不属于氧化还原反应，B正确；C．反应3为MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl，化学方程式为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，C正确；D．反应4为Mg(OH)2与HNO3反应，Mg(OH)2是难溶物，离子方程式中不能拆为OH⁻，正确离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，D错误；故选D。14．B【详解】A．金刚石、石墨和C60均为碳元素的同素异形体，A正确；B．，碳元素的化合价又升高，又降低，B错误；C．，元素化合价降低，被还原发生还原反应，C正确；D．还原剂（C，计量数2）与氧化剂（ZnCO3，计量数1）的化学计量数之比为2:1，D正确；故选B。15．(1)Ge半导体材料(2)H2O2+H2S=S↓+2H2O(3)HClO4(4)Na【分析】根据元素在周期表中的位置，a是H元素、b是C元素、c是O元素、d是Na元素、e是S元素、f是Cl元素、g是Ge元素。【详解】（1）元素g为Ge，Ge是第四周期ⅣA族元素，原子结构示意图为，Ge单质是半导体材料。（2）O、S分别与H形成18电子化合物分别是H2O2、H2S，两化合物发生反应生成S单质的化学方程式为H2O2+H2S=S↓+2H2O。（3）同周期元素从左到右，非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，元素S、Cl的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是HClO4。（4）电子层数越多、最外层电子数越少越易失电子，上图所列元素中失电子能力最强的是Na；Na与O形成的化合物Na2O2可用作供氧剂，Na2O2是离子化合物，其电子式为。16．(1)有机高分子碳元素(2)(3)水蒸气（或水）使二氧化碳完全（或充分）反应将混合物加热到进行蒸馏【分析】将铁粉与水蒸气混合后置于高温环境中，二者发生置换反应，反应后得到目标产物氢气，同时生成副产物四氧化三铁，为后续反应提供原料与可循环的固相组分，催化合成粗甲醇单元向上述体系中通入，将、和共同转移至带催化剂的反应体系内完成合成反应；反应完成后先对体系进行冷却操作，利用氢气沸点极低的特性，冷却后氢气仍保持气态，从体系中分离排出；剩余的固液混合物进入过滤工序，通过固液分离将不溶性的催化剂和回收，可直接返回反应体系循环使用，过滤后得到仅含甲醇和水的液态混合物；甲醇精制分离单元结合资料给出的甲醇沸点64.7℃、水的沸点100℃的沸点差异，针对甲醇与水的互溶体系，采用蒸馏（或精馏）的方式，控制温度在64.7℃左右将甲醇汽化后冷凝收集，最终得到纯净的甲醇产品。【详解】（1）①聚乙烯是由乙烯加聚得到的聚合物，相对分子质量高达几万到几十万，属于有机高分子材料，不属于金属或无机非金属材料；②聚对苯二甲酸丁二醇酯的组成为，其中C、H、O的相对质量比为，碳元素的总相对质量占比最大，因此质量分数最大的元素是碳；（2）甲醇()在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式是；（3）①铁和水蒸气高温反应时，中的氢元素得到电子、化合价降低生成，提供氧的物质发生还原反应，因此水蒸气（）发生还原反应；②该反应为可逆反应，通入过量的可以推动反应正向进行，使二氧化碳完全（或充分）反应；③根据题给资料，甲醇沸点为64.7℃，远低于水的沸点，二者沸点差异明显且互溶，因此可以将混合物加热到进行蒸馏。17．(1)冰水浴球形干燥管(2)调节压强平衡，使液体顺利滴下(3)干燥氯气，防止水进入C装置，使水解吸收氯气和水蒸气(4)(5)【分析】装置A用与浓盐酸反应制备，装置B用浓硫酸干燥氯气，装置C中氯气与、反应生成，反应原理为，装置D用冰水浴冷凝收集产物，装置E中碱石灰吸收尾气中的氯气和水蒸气，防止水解，装置F吸收生成的，据此分析。【详解】（1）的沸点为，易挥发，需冷凝收集，故水浴R应选择冰水浴；装碱石灰的仪器为球形干燥管；（2）装置A中玻璃管a连通分液漏斗和圆底烧瓶，可调节装置内压强平衡，使浓盐酸能顺利滴下；（3）装置B中浓硫酸具有吸水性，目的是干燥氯气，防止水蒸气进入装置C中，防水解；装置E中碱石灰的作用是吸收尾气中未反应的氯气同时防止外界水蒸气进入装置D中使水解；（4）与水反应生成和，化学方程式为：；（5）由反应、，可得关系式：。消耗的的物质的量为：，则，故，产品的纯度为：。18．(1)粉（或铁粉）(2)(3)A(4)先生成白色沉淀，然后沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（答案合理即可）(5)D(6)【分析】足量溶液与反应得到滤液A为和的混合溶液，都能分别与NaOH溶液反应生成沉淀易被氧化为，向滤液A中通入过量反应生成沉淀B即，加入硫酸、硫酸钾生成硫酸铝钾，经一系列操作得到明矾；滤渣A的成分为，向滤渣A中加入过量稀硫酸得到溶液B，溶液B中含，加入过量铁粉，与反应生成与发生置换反应所得滤渣C即混合物，加入过量稀硫酸得到滤渣D即，滤液D为和的混合溶液，经冷却结晶得到绿矾。【详解】（1）根据分析可知，①为CO2，②为Fe粉。（2）明矾和过量氢氧化钡反应生成硫酸钡和四羟基合铝酸钠，离子方程式为。（3）滤液D为溶液，具有还原性，可与氯水发生氧化还原反应。先取少量试液于试管