湖南省湘潭市2026-2027学年高一上学期期中考试化学自测卷（范围：必修一1-3单元第一节）（解析版）

湖南省湘潭市2026-2027学年高一上学期期中考试自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案DBACDDCCAD题号11121314答案CDDC1．D【详解】A．Cl2用于工业制盐酸，是因为氯气与氢气反应生成氯化氢，故不选A；B．盐酸可用于除锈，是因为盐酸具有酸性，故不选B；C．HClO用于棉、麻漂白，是因为HClO具有漂白性，故不选C；

D．次氯酸钠有强氧化性，可用于水体杀菌消毒，故选D；故选D。2．B【分析】必须通过焰色反应才能鉴别，则阴离子相同，阳离子为不同活泼金属离子，以此来解答。【详解】A．利用盐酸可检验，碳酸钠和盐酸反应产生气体，氯化钾不反应，A错误；B．阴离子相同，只能利用焰色反应检验，B正确；C．阴离子相同，但可利用碳酸钾或碳酸钠检验，其中氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，氯化钠不反应，C错误；D．利用盐酸可检验，碳酸钾和盐酸反应产生气体，氯化钙不反应，D错误；答案选B。【点睛】本题考查物质的鉴别和检验，把握常见离子的检验方法及反应与现象为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。3．A【分析】【详解】A．BaCl2是强电解质，1个氯化钡能够电离产生2个Cl-离子，因此该溶液中Cl-浓度为2mol/L，A正确；B．只知道浓度，不知道溶液的体积，无法确定微粒的物质的量的多少，B错误；C．配制490mL该浓度的BaCl2溶液，应该选择一个500mL容量瓶一次完成，C错误；D．溶液的体积不等于溶剂的体积，因此将208gBaCl2固体溶解在水中配成1L溶液，形成的溶液的浓度为1mol·L－1，而题给的是溶剂的体积为1L，D错误；故选A。4．C【详解】A．碘酒是碘和酒精的混合物，故不选A；B．氯化铁溶液是氯化铁和水的混合物，故不选B；C．氧化钠、氯化氢、铜、氧气都是纯净物，故选C；D．空气是氮气、氧气等的混合物，饱和食盐水是氯化钠和水的混合物，故不选D；选C。5．D【详解】A．标准状况下，和不发生反应，故和的混合气体的体积约为项正确；B．气体的体积与温度、压强有关，非标准状况下，气体的体积可能为项正确；C．一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，决定其体积大小的主要因素是分子数的多少，项正确；D．相同温度、相同压强、相同体积的氯气和氦气，具有相同的分子数，但氯气为双原子分子，氦气为单原子分子，原子数不相同，项错误；故选D。6．D【详解】A．，未知体积，不能计算出含量，故A错误；B．18.0g重水()物质的量为，中含10个电子，所以0.9mol重水()所含的电子数为，故B错误；C．10g质量分数为17%的，含质量为，物质的量为，氧原子数为，含水8.3g，其中也含氧原子，所以溶液中含氧原子数目大于，故C错误；D．标准状况下，2.24L甲烷与氨气的混合气体的物质的量为，甲烷与氨气均为10电子微粒，2.24L甲烷与氨气的混合气体中含有的质子数目为，故D正确；故选D。7．C【详解】A．根据已知信息K2FeO4在酸性溶液中转化为Fe(OH)3，因此配制K2FeO4消毒液不能在酸性溶液中，而应该在碱性环境中，A错误；B．根据信息②向Na2FeO4碱性溶液中加入KOH固体，析出K2FeO4，说明在相同条件下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4的小，B错误；C．K2FeO4中Fe元素为+6价，具有强氧化剂，其还原产物是Fe3+，Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此K2FeO4作水处理剂时作消毒剂、净化剂，无污染，是理想的水处理剂，其作消毒剂就是利用K2FeO4具有的强氧化性，C正确；D．在制备K2FeO4时发生反应、Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，可得关系式：FeSO4～K2FeO4，根据第一个反应可知：每反应产生2molNa2FeO4，转移10mol电子，第二个反应为复分解反应，则制取1molK2FeO4，转移5mol电子，制备1.98kgK2FeO4时，其物质的量为n(K2FeO4)==10mol，则理论上转移电子的物质的量50mol，D错误；故合理选项是C。8．C【分析】混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=，n(Fe2+)=0.1mol，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+知，Fe与Fe3+和HCl都有反应，Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，据此回答。【详解】A．根据方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，生成H2的Fe的物质的量为0.02mol，混合物中Fe的物质的量大于0.02mol，A错误；B．溶液中溶质为FeCl2，则反应后所得溶液中的Cl−与Fe2+的物质的量浓度之比为2:1，B错误；C．根据分析可知，混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe2O3比Fe的物质的量少，C正确；D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，D错误；故选C。9．A【详解】A．KOH溶液与盐酸，NaOH溶液与硫酸，离子方程式都可以表示为：H++OH-=H2O，故A正确；B．BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子方程式为：SO+Ba2+=BaSO4，溶液与溶液反应时，若硫酸氢钠过量，离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4+2H2O，氢氧化钡过量时的反应为H++SO+Ba2++OH-=BaSO4+H2O，不能用同一离子方程式表示，故B错误；C．溶液与硝酸溶液反应的离子方程式为：CO+2H+=CO2+H2O，溶液与硝酸溶液反应的离子方程式为：+2H+=CO2+Ca2++H2O，不能用同一离子反应表示，故C错误；D．碳酸钠与反应的离子方程式为：CO+Ca2+=CaCO3，若NaHCO3(过量）和反应的离子方程式为：2OH-+2HCO+Ca2+=CaCO3+CO+2H2O，二者不同，故D错误；故选：A。10．D【详解】A．氯化钠溶于水形成溶液可以导电，氯化钠是电解质，A错误；B．氨气溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出离子，所以能导电，一水合氨是电解质，但氨气是非电解质，B错误；C．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D．硫酸钡熔融状态下能导电，属于电解质，D正确；故选D。11．C【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，能够漂白，不能用pH试纸测量，A错误；B．铁离子能氧化单质铁，用图乙所示装置将换成，可验证原电池原理，B错误；C．图丙所示的实验：Zn比Fe活动，做负级，试管内无明显变化说明Fe没有变成亚铁离子，验证Zn保护Fe，C正确；D．浓硫酸溶于水放热，应将反应后的混合液注入水中并搅拌，D错误；故选C。12．D【详解】A．用双氧水制备用作催化剂，该反应为固液不加热型，而图中的装置是加热装置，因此该装置不适合用于制备，A错误；B．蔗糖与氯化钠都属于小分子物质，均可透过半透膜，因此无法用半透膜分离蔗糖与氯化钠的混合溶液，B错误；C．制备胶体的正确操作是向沸水中逐滴加入饱和溶液并煮沸至溶液呈红褐色，而图中是将溶液与溶液混合加热，会直接生成沉淀，无法得到胶体，C错误；D．该装置是量气装置，通过调节水准管使两管液面相平来读取气体体积，可用于测量的体积，D正确；故答案选D。13．D【详解】A．二氧化硅中含4个Si-O键，故含4molSi-O键的石英晶体的物质的量为1mol，所含氧原子数目为，A项错误；B．水中也含有氧原子，故溶液中含有的氧原子数目大于，B项错误；C．4.6g钠元素的物质的量是0.2mol，Na2O2和Na2O中阳离子与阴离子的离子个数比都是2:1，所以含有0.2mol钠元素的混合物中含有阴离子总数为，C项错误；D．与的摩尔质量均为20g/mol，则4.0g的物质的量为0.2mol，1个与的中子数均为10，则0.2mol与的混合物含中子数为，D项正确；答案选D。14．C【详解】A．“酸浸”过程中，MnCO3与稀硫酸发生复分解反应：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；MnO与稀硫酸发生复分解反应：MnO+H2SO4=MnSO4+H2O)。两个反应均为复分解反应，A正确；B．操作a)是分离出MnO2（不溶于酸浸后的溶液），操作b)是分离出精MnO2（氧化后生成的沉淀），均为过滤操作，B正确；C．“氧化”过程的反应为：还原剂是MnSO4中Mn从+2价升高到+4价，每摩尔失去2mol电子；氧化剂是NaClO3中Cl从+5价降低到0价，每摩尔得到5mol电子，根据得失电子守恒，还原剂：氧化剂=5：2，C错误；D．Cl2与热的NaOH溶液反应：3Cl2+6NaOHNaClO3+5NaCl+3H2O，生成的NaClO3可循环用于“氧化”步骤，起到回收利用Cl2的作用，D正确；故答案为C。15．(1)NaNaOH(2)(3)B(4)有无色气体产生，溶液先变红后褪色(5)【分析】A在周期表中的原子序数为11，则A为金属钠（）；A、B、C、D均含有相同的金属元素，C为淡黄色固体，可作为呼吸面具的供氧剂，则C为过氧化钠（）；A与氧气反应生成B，B继续与氧气反应生成C，则B为氧化钠（）；C与水反应生成D，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则D为氢氧化钠（）。【详解】（1）根据上述分析，A、B、C、D的化学式分别为、、、；（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为：；（3）钠与水反应时放出大量的热，且钠的熔点较低，因此反应过程中钠会熔化成闪亮的小球，故选B；（4）将过氧化钠（）投入酚酞溶液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，因此会观察到产生无色气泡，且生成的氢氧化钠使酚酞溶液变红；同时，过氧化钠具有强氧化性（漂白性），会将变红的物质氧化褪色，故最终现象为：产生无色气泡，溶液先变红后褪色；（5）过氧化钠可用作潜水艇或呼吸面具里的供氧剂，主要是因为它能与人呼出的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：。16．(1)(2)(3)(4)aCO【分析】实验目的以菱镁矿(主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等)为原料制备高纯氧化镁，分析流程可知，菱镁矿用稀硫酸酸浸，浸出Mg2+，Fe2+，产生CO2气体，经过过滤滤出不溶性杂质为滤渣1，则滤渣1的主要成分为SiO2；滤液中含有Mg2+，Fe2+，H+，SO等，酸性条件下用H2O2氧化Fe2+为Fe3+，用MgO调节溶液的pH≈4使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀过滤除去为滤渣2，滤渣2主要是MgO、(FeOH)3，经过后续处理煅烧获得MgO，据此解答。【详解】（1）酸浸时，碳酸镁和硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，化学方程式为MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O，其离子方程式为：；（2）根据分析可知：滤渣1的主要成分为SiO2；（3）流程中“氧化”是双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，则氧化反应的离子方程式为：；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余CO气体在D中收集。①根据离子方程式书写规律可知，上述反应改写成离子方程式为：；②硫元素化合价既升高又降低，降低2价，升高4价，化合价升高元素是硫单质中的硫元素被氧化，所在的反应物硫是还原剂，对应产物Na2SO3是氧化产物，化合价降低元素是硫单质中的硫元素被还原，所在的反应物硫单质是氧化剂，对应产物Na2S是还原产物，得失电子应相等，所以转移电子数为4，用双线桥表示为：；③CO2是酸性氧化物，溶于碱，不溶于酸和NaCl溶液，澄清石灰水浓度低，不能完全吸收CO2，所以用NaOH溶液吸收，故答案为：a；④由分析可知，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集，故答案为：CO。17．AgClAgNO3BaCl2+2H+=H2O+CO2↑NaHSO4=Na++H＋＋Cu2＋、Fe3＋Ag＋Ag＋＋Cl－=AgCl↓Mg2＋Mg2＋＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2B【分析】Ⅰ．①⑤反应中有气体，气体只能为CO2，则A为Na2CO3，B、E分别为HCl、NaHSO4中的一种，那么C、D分别为AgNO3、BaCl2中的一种，在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质，沉淀应为AgCl，则C为AgNO3，B为HCl，D为BaCl2，故E为NaHSO4；Ⅱ．（5）有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在；（6）加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+；（7）能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+；（8）溶液中一定含银离子，与银离子结合生成沉淀的不能存在。【详解】Ⅰ．(1)在②和③的反应中生成的沉淀的化学式为AgCl；(2)由上述分析可知，C为AgNO3，D为BaCl2；(3)A、E反应的离子方程式为：+2H+=H2O+CO2↑；(4)NaHSO4在溶液中的电离方程式NaHSO4=Na++H＋＋；Ⅱ．(5)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含Cu2+、Fe3+；(6)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag＋＋Cl－=AgCl↓；(7)能和NH3·H2O溶液反应的离子是Mg2+，离子反应方程式为Mg2＋＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2；(4)原溶液中存在Ag+，