湖南省株洲市2026-2027学年高一上学期第一次月考化学自测卷01（范围：人教版必修一1-2单元）（解析版）

湖南省株洲市2026-2027学年高一上学期第一次月考自测卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案ABDADACDDD题号11121314答案ACBB1．A【分析】根据n=m/M计算4gNaOH的物质的量，根据c=n/V计算原NaOH溶液的物质的量浓度。【详解】4gNaOH的物质的量为：4g÷40g·mol－1=0.1mol，完全溶解在水里，配成100mL溶液，所得溶液浓度为：0.1mol÷0.1L=1mol·L－1。故选A。2．B【分析】l00mL1mol·L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为2mol·L-1【详解】A．50mL2mol∙L-1FeCl2溶液，Cl-的物质的量浓度为4mol·L-1，A错误；B．100mL2mol∙L-1NaCl溶液，Cl-的物质的量浓度为2mol·L-1，B正确；C．50mL4mol∙L-1AlCl3溶液，Cl-的物质的量浓度为12mol·L-1，C错误；D．100mL2mol∙L-1KClO4溶液中无Cl-，D错误；故选B。3．D【详解】A.方程式Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑中，电子不守恒，质量不守恒，A错误；B.碳酸钙难溶于水，不能拆成离子，B错误；C.HClO为弱酸，部分发生电离，在离子方程式中，应以化学式表示，C错误；D.碳酸氢钠溶液中加入醋酸，HCO3-和CH3COOH都以化学式表示，D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式的正误，需考查以下四个方面的内容：①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子反应；③看是否可拆成离子；④是否遵循质量守恒和电荷守恒。4．A【分析】HCl中的H为+1价，化合价只能降低，表现氧化性，Cl的化合价为-1价，可表现出还原性。【详解】A．MnO2与HCl反应生成氯气，Cl的化合价升高，表现还原性，A符合题意；B．Na2CO3与HCl反应生成氯化钠、二氧化碳和水，表现酸性，B与题意不符；C．Zn与HCl反应生成氯化锌和氢气，表现氧化性，C与题意不符；D．AgNO3与HCl反应生成氯化银沉淀，化合价未改变，D与题意不符；答案为A。5．D【详解】A.1molNa2O2固体中2molNa+和1molO22-，共3mol离子，故A错误；B.Na2O2与H2O反应生成的O2均由-1价的O生成，生成一个氧气分子转移2个电子，1.12LO2(标准状况)的物质的量为0.05mol，故转移电子数为0.1NA，故B错误；C.氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以生成Na2O2，1 mol氧气与钠反应转移电子4NA 或2NA；故C错误；D．CO2与过氧化钠的反应为：，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；Na2O2与H2O的反应为：↑，质量增重△m=4NaOH-2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，甲醇分子中碳氧个数1:1,故甲醇的质量即固体增重，为32g，故D项正确。故答案为D。【点睛】CO2与过氧化钠的反应为：，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；Na2O2与H2O的反应为：↑，质量增重△m=4NaOH-2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，将有机物分子式变形，只要符合（CO）m•（H2）n，则有机物的质量即为固体增重。6．A【详解】①工业用氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，过程为：，故正确；②工业上制备漂白粉的工业流程：溶液漂白粉，故错误；③工业上制Mg的工业流程：，故错误；④联合制碱法工业流程为：，故正确；⑤工业制铝流程：，故正确。综上，①④⑤正确，本题选A。7．C【分析】向溶液中滴入几滴酚酞溶液，溶液变红色，然后匀速加入0.2mol/L硫酸溶液，氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液的导电能力逐渐减弱，恰好完全反应后，继续滴加稀硫酸，硫酸过量，溶液的导电能力又逐渐增强，据此分析判断。【详解】A．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液的碱性减弱，逐渐变成中性，继续滴加稀硫酸，溶液变成酸性，因此溶液由红色逐渐变为无色，故A正确；B．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，和浓度降低，因此a到b段电导率降低，故B正确；C．氢氧化钡与硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水时，溶液的导电能力最差，因此电导率最低点的离子方程式为，故C错误；D．氢氧化钡与硫酸恰好完全反应后，继续滴加稀硫酸，硫酸过量，溶液中和SO浓度增大，溶液的导电能力又逐渐增强，故D正确；故选C。8．D【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。【详解】A．氯气可以氧化亚铁离子和溴离子，当少量氯气反应时只氧化亚铁离子，当足量的氯气反应时氧化亚铁离子和溴离子，所以Cl2过量时，氧化产物还有Br2，A项错误；B．据反应①Cl2是氧化剂，可知Cl2的氧化性大于Fe3＋，B项错误；C．据反应④，Cl元素的化合价升高，Cl-做还原剂，则Cl-的还原性大于Mn2＋，C项错误；D．Mn元素的化合价降低、Cl元素的化合价升高，离子反应为2MnO+16H++10Cl-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，H+的化学计量数为16，D项正确；故选：D。9．D【详解】A．足量NaOH溶液和NH4HSO3溶液反应，也会与OH−反应，离子方程式应为，A错误；B．由于酸性H2CO3>HClO>，将少量CO2通入NaClO溶液中，应生成，离子方程式为，B错误；C．银氨溶液中的溶质[Ag(NH3)2]OH，Ag主要以[Ag(NH3)2]+形式存在，正确的离子方程式为2[Ag(NH3)2]++S2−+4H2O=Ag2S↓+4NH3⋅H2O，C错误；D．惰性电极电解氯化镁溶液，阳极Cl−失电子生成Cl2，阴极H2O得电子生成H2和OH−，Mg2+与OH−结合生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为，D正确；故选D。10．D【详解】A．NH3中H元素化合价不变，H元素未被氧化，故A错误；B．NO中N元素化合价降低，在反应过程中得到电子，故B错误；C．每转移1.2mol电子，生成0.5molN2，标况下的体积为11.2L，故C错误；D．NH3中N元素化合价升高，NH3发生氧化反应生成N2；NO中N元素化合价降低，NO发生还原反应生成N2；则氧化产物与还原产物的质量之比，故D正确；故选D。11．A【分析】甲、乙、丙有如图所示的转化关系（“→”表示反应一步实现，部分物质和反应条件已略去），，甲转化为乙，乙转化为丙，丙能转化为乙，结合物质性质和转化关系分析判断。【详解】A．氯气和钠反应生成氯化钠，硝酸钠不能一步转化为氯化钠，故A错误；B．KOH和二氧化碳反应生成碳酸钾，碳酸钾和二氧化碳反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾，故B正确；C．二氧化碳和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙，氯化钙和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀，故C正确；D．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，故D正确；故选：A。12．C【详解】A．固体X为，由Cu和O两种元素组成，属于氧化物，A正确；B．和的物质的量分别为和，分子个数比为，B正确；C．反应方程式为，X与的化学计量数之比为，C错误；D．在和中均为价，化合价未改变，D正确；故选：C。13．B【分析】废水中含有大量，最终得到的是氯化钠和硝酸钠，因此需要除去废水样品中的Cu2+和；根据题意可知，首先往废水中加入过量NaOH使Cu2+转化为Cu(OH)2蓝色沉淀，得到溶液1中主要存在的离子有：Na+、、、、；再向溶液1中加入过量BaCl2或Ba(NO3)2溶液使转化为BaSO4沉淀，接着加入过量Na2CO3溶液除去过量的Ba2+，过滤获得的白色沉淀为BaSO4和BaCO3，因此试剂b为BaCl2或Ba(NO3)2溶液，试剂c为Na2CO3溶液，溶液2中主要存在的离子有：Na+、、、、；最后加入盐酸或硝酸除去过量、，得到溶液3中主要存在的离子有：Na+、、，据此作答。【详解】A．流程中两步分离操作均是将沉淀与溶液分离，为固液分离操作，即过滤，A正确；B．据分析，试剂b为BaCl2或Ba(NO3)2溶液，用于除去，试剂c为Na2CO3溶液，用于除去过量Ba2+，若将顺序调换，过量Ba2+无法除去，B错误；C．溶液2含过量OH-和，试剂d需用酸调节pH=7，稀盐酸引入Cl-、稀硝酸引入，均为目标产物离子，均可选用，C正确；D．测定溶液pH可用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上，操作合理，D正确；故答案选B。14．B【详解】A．反应①中氧化性：ClO2>MnO2，反应②中氧化性：NaClO3>ClO2，反应③中氧化性：MnO2>Br2，综上氧化性：NaClO3>ClO2>MnO2>Br2，A错误；B．反应①②中含氯的物质分别为、，氯元素的化合价均降低，均被还原，B正确；C．根据氧化性强弱可知，溶液与溶液能发生反应，C错误；D．反应②的化学方程式为，反应③的化学方程式为MnO2+3H2SO4+2NaBr=MnSO4+2H2O+2NaHSO4+Br2，反应②③中转移等物质的量的电子时，消耗的物质的量之比为1∶3，D错误；故答案为：B。15．过滤、蒸发BaCl2溶液Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓除去过量的CO32-和OH－【分析】由实验流程可知，粗盐溶解后加试剂①为BaCl2，操作a为过滤，得到沉淀A为BaSO4，溶液A含氯化钙、氯化镁、氯化钡，再与NaOH反应时，镁离子转化为沉淀，过滤得到沉淀B为Mg(OH)2，溶液B含氯化钙、氯化钡、NaOH，试剂②为碳酸钠，可除去钙离子、钡离子，过滤分离出沉淀C为BaCO3、CaCO3，溶液C含NaCl、NaOH、碳酸钠，再加盐酸反应后，蒸发结晶得到固体产品。【详解】(1)根据上述分析知操作a为过滤，操作b为蒸发，故答案为：过滤、蒸发；(2)根据上述分析知，粗盐提纯过程中首先除去硫酸根，所以试剂①是BaCl2溶液，故答案为：BaCl2溶液；(3)加入NaOH后，主要是将镁离子沉淀，发生反应的离子方程式是Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，故答案为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；(4)加入试剂②碳酸钠后，主要生成碳酸钙和碳酸钡沉淀，发生反应的离子方程式是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；(5)加入盐酸的作用是除去过量的CO32-和OH－，故答案为：除去过量的CO32-和OH－。16．2KClO3+4HCl(浓)=2ClO2↑+Cl2↑+2KCl+2H2O还原性酸性KClO30.4mol2:1放热平衡常数K是可逆反应进行程度的标志，一定温度下，K值越大，反应进行的程度越大bcad【分析】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合原子守恒，配平各物质的系数；（2）生成KCl体现盐酸的酸性，生成氯气体现HCl的还原性；氯酸钾中Cl元素的化合价降低，若产生0.6mol气体，由反应可知氯气只有0.2mol，以此计算；（3）ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合，并加H2SO4反应制得，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，结合电子守恒计算；（4）①根据温度和平衡常数的变化关系确定反应的吸放热；②平衡常数K是表示反应进行的程度大小的；③化学平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，各组分的浓度不随着时间的改变而改变，据此分析选项；（5）①根据影响化学反应速率的因素来确定改变的条件；②增加CO2的量，会促使平衡正向移动，正逆反应速率都要加快，据此回答。【详解】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合原子守恒配平方程式，其反应方程式为，故答案为：；（2）生成KCl体现盐酸的酸性，生成氯气体现HCl的还原性，则该反应体现盐酸的还原性、酸性，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，则氧化剂为KClO3；若产生0.6mol气体，由反应可知氯气只有0.2mol，转移电子为，故答案为：还原性；酸性；KClO3；0.4mol；（3）ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合，并加H2SO4反应制得，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为，故答案为：2：1；（4）①根据温度和平衡常数的变化关系：温度升高，K降低，所以放应是放热的，故答案为：放热；②平衡常数K的意义：是可逆反应进行程度的标志，一定温度下，K值越大，反应进行的程度越大，故答案为：平衡常数K是可逆反应进行程度的标志，一定温度下，K值越大，反应进行的程度越大；③a.容器中密度，质量守恒，V始终不变化，所以密度始终不变，当密度不变了，不一定平衡，故a错误；b.混合气体中CO浓度不变是平衡状态的特征，故b正确；c.v（H2）正=v（H2O）逆能说明正逆反应的速率是相等的，达到平衡，故c正确；d.c（CO2）=c（CO）不能说明正逆反应的速率是相等的，达到平衡，故d错误。故答案为：bc；（4）①从如图可知，在t1时改变了某种反应条件，反应在t2时达到平衡，改变的条件使速率变化离开原速率点了，应该是同时能让正逆反应速率加快的条件，故答案为：ad；②在t3时增加CO2的量，会使得正逆反应速率都加快，逆反应速率在原来的基础上逐渐加快，图为，故答案为：。【点睛】化学平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，各组分的浓度不随着时间的改变而改变。17．(1)①②④⑧②③⑥⑦(2)(3)(4)4.0mol/L12.5mL500mL容量瓶和胶头滴管BC【分析】能导电的物质需含自由移动的电子/离子；电解质是溶于水或熔融下能导电的化合物，单质、混合物不属于电解质；熔融状态下只断裂离子键，共价键不断裂；实验室没有480mL的容量瓶，配制480mL溶液，需选择500mL的容量瓶进行配制，计算时也要根据所选容量瓶规格进行计算；误差分析要根据公式：来判断。【详解】（1）能导电的物质需含自由移动的电子/离子：①Cu（金属含自由电子）、②熔融（自由移动离子）、④84消毒液（溶液含自由离子）、⑧胶体（含自由移动带电粒子），因此填①②④⑧；电解质是溶于水或熔融下能导电的化合物，单质、混合物不属于电解质，因此②③⑥⑦符合要求。（2）硫酸氢钠熔融状态下仅断裂离子键，共价键不断裂，不电离，因此电离方程式为：。（3）完全沉淀时，1mol需要2mol，此时与过量反应生成，配平得到离子方程式。（4）①根据浓度换算公式，摩尔质量为，代入计算得。②配制480mL溶液需选用500mL容量瓶，根据稀释定律，计算得需要原液12.5mL；配制溶液除给定仪器外，还需要500mL容量瓶和胶头滴管。③A．久置分解，溶质减少，浓度偏低；B．定容俯视