湖南省长沙市2026-2027学年高一上学期第一次月考化学自测卷01（范围：必修一第一单元）（解析版）

湖南省长沙市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ABADBDDAAC题号11121314答案BCDC1．A【详解】A．反应无为两种化合物，不属于置换反应，A满足题意；B．一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，B不满足题意；C．一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，C不满足题意；D．一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，D不满足题意。答案选A。2．B【详解】A．小苏打溶液中含有，与反应，不能大量共存，故A错误；B．氨水溶液中、SO、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；C．MnO有颜色，MnO具有氧化性，I-具有还原性，可发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．新制的氯水中有次氯酸具有氧化性，具有还原性，可发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故答案为B3．A【详解】A.醋酸为弱电解质，部分电离，电离方程式为：CH3COOHH++CH3COO-，故A正确；B.KHSO4为强电解质，完全电离，用等号，电离方程式为：KHSO4=K++H++SO42-，故B错误；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，既有酸式电离又有碱式电离：AlO2-+H++H2OAl(OH)3Al3++3OH-，故C错误；D.碳酸为弱电解质，分部电离，主要为第一步电离，电离方程式为：H2CO3H++HCO3-，故D错误；故选A。4．D【详解】A．“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”是水蒸气扩散到空气中形成的气溶胶，所以“青雾”属于胶体，故A正确；B．“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”将北国突降的大雪，比作满树绽放的梨花，该过程中没有新物质生成，描述的场景主要是物理变化，故B正确；C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了，属于置换反应，故C正确；D．成语“百炼成钢”是生铁转变为钢，涉及生铁中的碳等杂质与氧气反应，转化过程中涉及元素的化合价变化，涉及了氧化还原反应，故D错误；故选D。5．B【详解】A．酒精溶液属于溶液，不能使光束产生丁达尔效应，A不符合题意；B．当光束通过Fe(OH)3胶体时，胶粒能够使光线发生散射作用而沿直线传播，即发生丁达尔效应，B符合题意；C．醋酸溶液属于溶液，不能使光束产生丁达尔效应，C不符合题意；D．NaOH溶液属于溶液，不能使光束产生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是B。6．D【分析】胶体具有丁达尔现象是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔现象是区分胶体和溶液最常用的简单方法，丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断下列分散系是胶体即可。【详解】A．KOH属于溶液，用光束照射不能观察到丁达尔现象，故A错误；B．NaNO3溶液属于溶液，用光束照射不能观察到丁达尔现象，故B错误；C．盐酸属于溶液，用光束照射不能观察到丁达尔现象，故C错误；D．Fe(OH)3胶体属于胶体分散系，用光束照射能观察到丁达尔现象，故D正确；故选：D。7．D【详解】A．CO2溶于水能够导电，是因为CO2与水反应生成H2CO3，电离出离子，所以H2CO3是电解质，CO2自身不提供自由离子，故CO2属于非电解质，A错误；B．HCl由分子构成，液态HCl中无离子不导电，但HCl溶于水会发生电离，所以HCl是电解质，B错误；C．电离不需要通电，电离发生的通常条件是溶于水或加热使物质处于熔融状态，C错误；D．硫酸、氢氧化钙和氯化银分别属于酸、碱、盐，均为电解质，D正确；答案选D。8．A【详解】A.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项A符合；B.液氯是单质，属于纯净物，选项B不符合；C.小苏打是碳酸氢钠，属于纯净物，选项C不符合；D、明矾是十二水合硫酸铝钾，只含有一种物质，属于纯净物，选项D不符合；答案选A。9．A【详解】A．相互之间不反应，加入碳酸氢钠，和发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式是，故A正确；B．的还原性强于的还原性，加入少量氯水时，氯水先氧化I-，反应的离子方程式为，故B错误；C．与会发生相互促进的水解反应生成，故C错误；D．亚硫酸根离子和硫离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质S，加入适量后，反应的离子方程式为，故D错误；选A。10．C【详解】A．N元素的化合价降低，故N元素得电子，NO2作氧化剂，被还原，A错误；B．C元素化合价升高，失去电子，CO是还原剂，B错误；C．由方程式可知，消耗4molCO，生成1mol氮气，则每生成28gN2，即1mol氮气，消耗4molCO，即4mol×28g/mol=112gCO，C正确；D．NO2作氧化剂，CO作还原剂，N2为还原产物，在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故在该条件下，还原性：CO＞N2，D错误；故选C。11．B【详解】A．根据图示可知Cu2+、Fe3+是H2S转化为S单质的催化剂，反应方程式为：2H2S+O2=S+2H2O，在该反应中参与反应的O2与H2S的物质的量之比为1：2，A错误；B．在流程反应中，反应的方程式为2H2S+O2=S+2H2O，在该反应中O2为氧化剂，S单质为还原产物，因此可推知元素的非金属性：O＞S，B正确；C．根据流程总方程式可知：反应过程不消耗盐酸，因此在实验过程中不须补充稀盐酸，C错误；D．在反应过程中Cu元素化合价不变，因此参加氧化还原反应的离子有Fe3+、Fe2+、S2-，而没有Cu2+，D错误；故合理选项是B。12．C【详解】A.Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，A项正确；B.铝离子与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，B项正确；C.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，C项错误；D.固体SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，D项正确；答案选C。13．D【分析】通过图示可以得知，第I步反应是H2和Ce4+反应生成H+和Ce3+，第Ⅱ步反应是Ce3+离子和NO、H+反应生成Ce4+和N2、H2O，Ce4+是催化剂。【详解】A．由图示可知第Ⅰ步是Ce4+和H2反应生成Ce3+和H+，方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+，故A正确；B．反应Ⅱ发生的反应是4Ce3++2NO+4H+=N2+2H2O+4Ce4+，氧化剂是NO，还原剂是Ce3+离子，个数比是1：2，故B正确；C．根据元素守恒，反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变，故C正确；D．根据得失电子守恒，若用NH3替换H2，每消耗2个NO分子，最少消耗个NH3分子，故D错误；答案选D。14．C【分析】由还原性＞Cl﹣，氧化性＞Cl2可知，实验I中，先发生反应+3═Cl-+3SO+3H+，继续加入KClO3，可以结合H+氧化Cl-生成Cl2，再发生反应+6H++5Cl-═3H2O+3Cl2↑；实验II中，一定量的KClO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，先发生4+10═2Cl2↑+10SO+2H2O+6H+，后发生反应Cl2++H2O=2Cl-+SO+3H+。【详解】A.由分析可知，实验I中溶液的pH先减小后增大，实验II中溶液的pH一直在减小，溶液的pH变化趋势不相同，故A正确；B.由分析可知，实验II中一定量的KClO3溶液与过量NaHSO3溶液反应所得溶液中不存在Cl2，加入淀粉碘化钾溶液不会发生置换反应生成单质碘，溶液不会变蓝，故B正确；C.若两实验中生成3molCl2时，由分析可知，实验I中消耗的NaHSO3物质的量为3mol，实验II中消耗的NaHSO3物质的量至少为=15mol，则消耗的NaHSO3物质的量不相等，故C错误；D.在实验Ⅱ的过程中，若KClO3初始量为4mol，由分析可知，KClO3完全反应生成2molCl2和10mol氧化产物SO，设溶液中Cl2和Cl﹣的物质的量分别为5xmol和6xmol，由氯原子个数守恒可得：5x×2+6x=4，解得x=0.25mol，由方程式可知，反应生成1.5molCl﹣和0.75mol氧化产物SO，则氧化产物SO的物质的量为(10mol+0.75mol)=10.75mol，故D正确；故选C。15．(1)(2)或(3)

(4)(若试剂1选择，还有)(5)除去过量的HCl(6)蒸发结晶【分析】加热混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体，碳酸氢铵分解生成二氧化碳、氨气和水蒸气，残留物中含有氯化钠和硫酸钠，除去硫酸钠可以选用氯化钡或氢氧化钡，为了保证硫酸根被除净，所加的氯化钡是过量的或氢氧化钡，选用碳酸钠除去过量的氯离子，为了除尽钡离子，所加的碳酸钠是过量的，多余的碳酸根离子(氢氧根)可以用盐酸来除，最后加热煮沸溶液除去过量的氯化氢，据此分析解答。【详解】（1）“加热”过程中，碳酸氢铵分解生成二氧化碳、氨气和水蒸气，发生反应的化学方程式为；（2）由上述分析可知，试剂1为或，试剂2为；（3）过滤时，滤渣的主要成分是和；（4）“滤液”中加入盐酸的作用是除掉之前多余的碳酸钠，如果之前加入了氢氧化钡，盐酸与氢氧根也会反应，发生反应的离子方程式为(若试剂1选择，还有)；（5）“加热煮沸”的作用是除去过量的HCl；（6）的溶解度随温度的变化不大，从溶液中得到晶体的方法是蒸发结晶。16．(1)2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl(2)H2(3)CuH＋3H＋＋NO=Cu2＋＋2H2O＋NO↑(4)(5)(6)(7)c【详解】（1）CuH在氯气中燃烧生成氯化氢和氯化铜，反应的化学反应方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl；（2）CuH与稀盐酸反应的产物应为氯化铜、铜和氢气，因此生成的气体是氢气；（3）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，根据原子守恒可知还有硝酸铜和水生成，则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH＋3H＋＋NO=Cu2＋＋2H2O＋NO↑；（4）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，V元素化合价降低，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应的化学方程式是；（5）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，氯酸根离子被还原为氯离子，V元素化合价从+4价升高到+5价，因此根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应的离子方程式为；（6）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，黄绿色气体是氯气，氯离子被氧化，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，说明氯气能氧化亚硫酸根离子，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是；（7）在0.002moIVO溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，锌失去电子的物质的量是，设还原产物中V的化合价是x，则根据电子得失守恒可知0.002mol×(5-x）＝0.006mol，解得x＝2，即还原产物可能是V2+，答案选c。17．(1)HCl渗析蒸发结晶(2)丁达尔效应(3)(4)(5)不能(6)、(7)【分析】Ⅰ.胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，为除去Na2SO4、Na2CO3，由流程可知，试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为BaCO3、BaSO4；再加入过量Na2CO3（去除钙离子及过量的钡离子），则试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，操作④为蒸发结晶可得到NaCl晶体；Ⅱ.溶液无色透明，则一定没有Fe3+，①中加入盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体为CO2，说明原溶液至少含有CO、HCO3-中的一种，则一定没有H+，②中先加足量稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液进行检验，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，说明原溶液一定含有Cl-，溶液中离子个数相等，根据电荷守恒可知溶液一定含有K+、Na+、HCO，一定不含CO。【详解】（1）由分析上述实验过程中所用试剂(填化学式)和基本实验操作：试剂②；试剂③HCl；操作①渗析；操作④蒸发结晶。故答案为：；HCl；渗析；蒸发结晶；（2）丁达尔现象为胶体特有的性质，区分淀粉胶体和NaCl溶液的方法是：丁达尔效应。故答案为：丁达尔效应；（3）沉淀B为。故答案为：；（4）加入试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为BaCO3、BaSO4，产生沉淀的离子方程式：，。故答案为：；；（5）操作①是利用半透膜进行分离提纯。操作①的实验结果：淀粉不能透过半透膜；故答案为：不能；（6）原溶液中一定不存在的阴离子是，原溶液中一定存在的阳离子是、。故答案为：；、；（7）向该透明溶液中加入NaOH溶液，碳酸氢根与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，有关的离子方程式。故答案为：。18．分液漏斗防止空气中的氧气进入装置B中氧化Ce3+2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑装置BD之间连接饱和碳酸氢钠溶液，吸收挥发出来的HCl气体2Ce3++6HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O10-6mol/L取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，加入少量硝酸银溶液，如无沉淀产生，则证明已经洗涤干净92.00%【分析】碳酸铈可由铈的氯化物和碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3，则装置A中生成的NH3通入盛装CeCl3溶液的广口瓶中时，同时要通入过量装置D中制得的CO2，方可制得Ce2(CO3)3；操作过程中需要注意除去CO2中混有的HCl，洗涤Ce2(CO3)3时只要最后一次洗涤液中检