湖南省湘潭市2026-2027学年高一上学期第一次月考化学自测卷01（范围：人教版必修一第一单元）（解析版）

湖南省湘潭市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DDCBCACCBB题号11121314答案DCDA1．D【详解】反应中N元素化合价由-3变为0升高，NH3被氧化；Cl元素化合价由0变为-1降低，被还原，Cl2被还原，由方程式可知，当有3molCl2参加反应时，有2molNH3被氧化，则被还原的Cl2与被氧化的NH3物质的量之比为3∶2，D正确；2．D【详解】A．H+与反应生成CO2和H2O，Ca2+与生成CaCO3沉淀，A错误；B．Fe3+与OH-生成Fe(OH)3沉淀，Fe3+还会氧化I-生成I2，B错误；C．Ba2+与生成BaSO4沉淀，C错误；D．K+、Na+、OH-、Cl-均为可溶性强电解质离子，彼此不反应，D正确；故选D。3．C【详解】A．“百炼成钢”包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．“野火烧不尽”发生了燃料的燃烧，有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故B正确；C．“又石穴中水，所滴者皆为钟乳……”涉及反应生成碳酸氢钙以及碳酸氢钙分解生成碳酸钙的过程，不涉及元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．题干中所提及的“青雾”是空气中的小液滴，分散质粒子的直径在1～100nm，即10-9m～10-7m，是一种胶体，故D正确；故选：C。4．B【详解】A．胆矾是，属于结晶水合物，是纯净物，属于单质，A不符合题意；B．氨水是氨气的水溶液，含有多种组分，属于混合物，液氮是液态的，是仅由氮元素组成的纯净物，属于单质，B符合题意；C．石油是多种烃类的混合物，氯水是氯气的水溶液，属于混合物，C不符合题意；D．干冰是固态，属于纯净物，碘酒是碘的酒精溶液，属于混合物，D不符合题意；故选B。5．C【详解】试题分析：小苏打不是剧毒品，考点：危险品的标示6．A【分析】根据电荷守恒可以确定M离子是那种离子及离子所带电荷数；然后根据离子共存的知识进行分析解答。注意原溶液中含有氢离子和硝酸根离子，溶液具有强氧化性。【详解】根据电荷守恒可知:n(NO3−)×1+n(SO42−)×2=n(Fe3+)×3+n(H+)×1+n(Mn+)×n=2×1+2×3=1×3+1×3+n×1，n=2；M为＋2价的阳离子，由于原溶液中含有氢离子和硝酸根离子，溶液具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，所以只能选镁离子，A正确；综上所述，本题正确选项A。7．C【详解】解答本题可以应用假设法。若乙为MgSO4，则甲为NaOH，丙为NH4NO3，三者中MgSO4摩尔质量最大，浓度最小，则乙不可能是①，可能是⑤，排除A、D。若乙为(NH4)2SO4，则甲为NaOH，丙为Mg(NO3)2，三者中Mg(NO3)2摩尔质量最大，浓度最小，乙不可能是④，可能是③，综上所述C正确。8．C【详解】A.Ca2+、CO32-离子间能结合成沉淀，在溶液中不能共存，故A错误；B.铜离子为蓝色溶液，不符合溶液无色的条件，故B错误；C.四种离子间在酸性溶液中不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，且不存在有色离子，能形成无色透明溶液，故C正确；D.铁离子为黄色溶液，不符合题意，故D错误。故选：C。【点睛】溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，酸性溶液中存在大量氢离子，9．B【详解】A．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不能与氢氧化钠反应，A错误；B．氧化铁能够与金属铝发生铝热反应，生成铁，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，B正确；C．二氧化硅不溶于水，与水不反应，C错误；D．蔗糖不具有还原性，不能与氢氧化铜反应，D错误；故选B。10．B【详解】试题分析：A、金属材料包括纯金属与合金，所以纯金属与合金均属于金属材料，A正确；B、纯碱即Na2CO3，水溶液显碱性，但属于盐不属于碱，B错误；C、按粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体，C正确；D、溶于水后其水溶液能导电的共价化合物不一定是电解质，也可能是非电解质，如二氧化硫，D正确，答案选B。【考点定位】本题主要是考查物质的分类判断【名师点晴】该题的易错选项是D，判断是否是电解质时，除了要注意是不是化合物以外，尤其要看是不是自身电离出阴阳离子，而能否导电只是一种现象，不能作为判断依据，例如氨气溶于水溶液可以导电，但导电的原因是氨气与水反应生成的一水合氨电离出离子，氨气不能电离，因此氨气是非电解质，一水合氨是电解质。11．D【详解】A．明矾属于纯净物，A错误；B．生成物中的CO2属于非电解质，B错误；C．KAl(SO4)2是强电解质，在水溶液中的电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO，C错误；D．该反应说明Al3+与CO不能大量共存，水溶液中二者反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，D正确；故选D。12．C【详解】A．不能拆，离子方程式应为，故A错误；B．与水的反应中，既是氧化剂又是还原剂，而水中各元素的化合价没有任何变化，所以方程式应该为，生成的氢氧化钠中含有，氧气中不含，故B错误；C．溶液与溶液混合产生氢氧化铝白色沉淀和碳酸钠，反应离子方程式为，C正确；D．向硫代硫酸钠溶液中通入足量，即和发生氧化还原反应，是氧化剂，元素得电子被还原为，是还原剂，S元素失电子被氧化为，其离子方程式为，D错误；选C。13．D【详解】A．铁与硝酸银溶液反应的离子方程式为，故A错误；B．酸性条件下的反应为，故B错误；C．还原性I-大于Fe2+，故与少量稀反应的离子方程式为，故C错误；D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故离子方程式为，故D正确；故选D。14．A【分析】铜镁合金与硝酸发生反应产生Cu(NO3)2、Mg(NO3)2，当向反应后的溶液中加入NaOH溶液后，金属阳离子变为Cu(OH)2、Mg(OH)2，所以变为沉淀增加的质量是OH-的质量，金属失去电子的物质的量与OH-的物质的量相等，等于硝酸变为NO2和N2O4得到电子的物质的量相等。【详解】A.n(OH-)=(5.08g—3.04g)÷17g/mol=0.12mol，V(NaOH)=0.12mol÷2.00mol/L=0.06L=60mL，A错误；B.假设合金中铜与镁的物质的量分别是x、y，则64x+24y=3.04g；2x+2y=0.12mol，解得x=0.04mol，y=0.02mol，所以x：y=2:1，B正确；C．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是C=mol/L=14mol/L，C正确；D．假设在混合气体中NO2和N2O4的物质的量分别是a、b。则根据电子守恒可得a+2b=0.12；a+b=2.24L÷22.4L/mol，解得a=0.08mol，b=0.02mol，所以混合气体中，NO2的体积分数是(0.08mol÷0.12mol)×100%=80％，D正确。故选A。15．溶解过滤CaCl2+Na2CO3==CaCO3↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3==BaCO3↓+2NaCl操作③④中生成的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀会与盐酸反应生成可溶物质而无法过滤除去，从而影响精盐的纯度取第②步后的上层清液，滴入几滴BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无沉淀生成，则表明BaCl2已过量SO42-Ba（NO3）2HNO3过滤AgNO3（HNO3）【详解】（1）固体成分的检验，需要先溶解，即操作A为溶解；操作⑤得到滤液，应是过滤；（2）碳酸钠的作用是除去Ca2＋和过量的Ba2＋，发生的反应是CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl；（3）操作③④中生成的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀会与盐酸反应生成可溶物质而无法过滤除去，从而影响精盐的纯度；（4）取第②步后的上层清液，滴入几滴BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无沉淀生成，则表明BaCl2已过量；（5）①检验Cl－一般用Ag＋，检验SO42－一般用Ba2＋，Ag2SO4微溶物，因此先检验SO42－，防止其他离子对实验的干扰，因此需要加入物质为Ba(NO3)2和HNO3，如果得到沉淀，说明含有SO42－；②将所得混合物进行过滤，然后向滤液中加入AgNO3和HNO3，如果有白色沉淀产生，则说明有Cl－存在。【点睛】检验离子存在，防止其他离子的干扰，特别是外界离子的引入，如Cl－和SO42－的检验，AgCl和BaSO4都难溶于水和酸，因此本题所加的酸都加HNO3。检验SO42－时，不能加入BaCl2，防止引入Cl－而对Cl－检验产生干扰，因此用Ba(NO3)2。16．(1)①⑦(2)还原剂(3)2.5NABD(4)5：8【详解】（1）处于元素最低价的微粒只具有还原性，则只有①⑦符合；故答案为①⑦；（2）亚硒酸钠()能消除人体内的活性氧，可知Se元素的化合价升高，则作还原剂；故答案为还原剂；（3）①反应①中6molHCl参加反应转移5mol电子，反应①中若有3mol盐酸参与反应，转移的电子数目为；反应③中I元素的化合价由0升高为＋5、Cl元素的化合价由0降低为−1价，由电子守恒可知③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：1；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，则结合反应②③，若将Cl2通入含有淀粉的KI溶液中，可能会观察到先变蓝后褪色，氧化性由强到弱顺序：KClO3＞Cl2＞I2；还原性由强到弱顺序：I−＞Cl−；故答案为2.5NA，BD；（4）中，1molMn得到电子与10molCl失去电子相等，则16molHCl参加反应时只有10molHCl作还原剂，被氧化的HCl和参加反应的HCl的质量之比为10mol：16mol＝5：8；故答案为5：8。17．(1)+2(2)c(3)硝酸银白色沉淀(4)FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl胶体丁达尔效应FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl【详解】（1）Fe(CrO2)2中铬元素是+3价、氧元素是-2价，根据化合价代数和等于0，则其中铁元素是+2价；（2）a.胶体、溶液都稳定，密封放置不能产生沉淀，故a错误；b.明胶的水溶液是胶体，明胶的水溶液能产生丁达尔效应，K2SO4溶液不能产生丁达尔效应，故b错误；c.明胶的水溶液和K2SO4溶液粒子直径都小于100nm，分散质粒子可通过滤纸，故c正确；选c。（3）取烧杯中溶液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明有氯离子透过半透膜；（4）①FeCl3溶液和NaOH反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl；②在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，制得的分散系为胶体，胶体能产生丁达尔效应，鉴别此分散系和溶液的方法是丁达尔效应；该制备过程的化学方程式：FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl。18．(1)分液漏斗除去中的气体(2)(3)A(4)将冷凝为液态中溶解有大量产生的(5)吸收多余的，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入B装置(6)C(7)D(8)过滤萃取分液蒸馏AD【分析】要制备无水四氯化锡(SnCl4)，先用与浓加热生成，经饱和食盐水除去中的气体后，再用浓硫酸干燥，通入单质Sn中加热反应生成SnCl4，冷凝回收，多余的用碱石灰吸收除去，因SnCl4遇水剧烈反应，在制备过程中要保证干燥环境，据此分析解答。【详解】（1）根据A装置图，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；在制取的中含有气体和水蒸气，因此D中饱和食盐水的作用为除去中的气体，故答案为：分液漏斗；除去中的气体。（2）根据题目分析，制备过程为：制氯气、除氯化氢、干燥、制SnCl4、收集、尾气处理，所以装置连接顺序为：，故答案为：。（3）实验开始时，由于装置中充满了空气，含有水蒸气，所以要先点燃装置A的酒精灯，让产生的氯气将装置中的空气排空后再加热B装置反应生成SnCl4；制取氯气的离子反应方程式为：，故答案为：。（4）SnCl4为无色液体，沸点114℃，为了防止挥发损失，需要将SnCl4冷凝为液体，用冰水效果更好；在收集器中收集到的液体略显黄色，是因为Cl2易溶于SnCl4中，因Cl2为黄绿色气体，溶解在SnCl4中使液体显黄色，故答案为：将冷凝为液态；中溶解有大量产生的。（5）最后的装置E中试剂为碱石灰，主要作用为：吸收多余的，防止污染空气，同时也防止空气中的水蒸气进入B装置引起水解，故答案为：吸收多余的，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入B装置。（6）在反应中，失去电子被氧化，中+1价的碘得电子被还原为，根据此信息判断。A．ICl3与水发生的是水解反应，化合价不变，反应式为：，A错误；B．ICl3与KI反应的方程式为：，氯元素化合价没变，B错误；C．ICl与水发生