湖南省株洲市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）（解析版）

答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）湖南省株洲市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CDCCABBCDB题号11121314答案BCCB1．C【详解】A．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与AgNO3溶液混合，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；B．盐酸、氯化钠、和氯水遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B不选；C．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C选；D．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，故D不选；故选C。2．D【详解】A．碳酸钙是难溶性物质，应该用化学式表示，不能拆开，A错误；B．硫酸溶液与氢氧化钡溶液的反应中还有难溶性的硫酸钡沉淀产生，B错误；C．硝酸银在溶液中完全电离出银离子与硝酸根离子，不能用化学式表示，C错误；D．铝与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸铝和铜，离子方程式为2Al+3Cu2+=2A13++3Cu，D正确；答案选D。3．C【详解】①碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合生成碳酸钙、碳酸钠、水，反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCO＋2OH-=CaCO3↓＋2H2O+，故①错误；②碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳、水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋=H2O＋CO2↑＋Mg2＋，故②正确；③醋酸与大理石反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为2CH3COOH＋CaCO3=Ca2＋＋2CH3COO-＋H2O＋CO2↑，故③正确；④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全，NaHSO4和Ba(OH)2的比例为1:1，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式为：H＋＋＋Ba2＋＋OH-=H2O＋BaSO4↓，故④正确；正确的是②③④，选C。4．C【详解】A．同温同压下，等体积的NO和NO2的物质的量不知道，则所含氮原子数也无法计算，A错误；B．100g98%的浓硫酸中，硫酸是98g，是1mol，氧原子数为，但是还有2g水中也含有氧原子，则所含氧原子数大于，B错误；C．一定条件下，5.6gFe（0.1mol）与足量S反应生成硫化亚铁，则转移个电子，C正确；D．标准状况下，SO3不是气体，则根据已知条件无法计算混合物中所含硫原子数，D错误；故选C。5．A【详解】A．Al2(SO4)3溶液中加入NaOH溶液，首先生成Al(OH)3白色沉淀，当NaOH溶液过量后，Al(OH)3沉淀溶于NaOH溶液转化为NaAlO2，A符合题意；B．Al2(SO4)3溶液中加入Ba(OH)2溶液，首先生成Al(OH)3、BaSO4两种白色沉淀，当Ba(OH)2溶液过量后，Al(OH)3沉淀溶解转化为NaAlO2，但BaSO4沉淀不会消失，B不符合题意；C．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，发生反应析出NaHCO3固体，但NaHCO3与CO2不再反应，故沉淀不会消失，C不符合题意；D．Al2(SO4)3溶液中加入氨水，生成Al(OH)3白色沉淀，Al(OH)3沉淀不会溶于氨水，故沉淀不会消失，D不符合题意；故答案选A。6．B【详解】A．石灰乳不能拆成离子，离子方程式和化学方程式相同：，A错误；B．二者反应生成醋酸铵和水，反应的离子方程式为，B正确；C．石灰水少量，则碳酸氢钠与氢氧化钙按2:1反应，反应的离子方程式为，C错误；D．溶液与足量的氢氧化钠溶液反应时，因为氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以反应生成氢氧化镁沉淀，其离子方程式为，D错误；故选B。7．B【详解】A．向中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体，该气体是，说明具有氧化性，可以将HCl氧化为，A正确；B．向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是，也可能是。若沉淀为，说明气体X具有强氧化性，若沉淀为，则该气体可能是碱性气体(例如，与反应使溶液显碱性，反应产生，与反应结合形成沉淀)，由此说明气体X不一定具有强氧化性，B错误；C．向少量溶液中滴加维生素C溶液，溶液变为浅绿色，说明被还原成，维生素C具有还原性，C正确：D．向KI溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝色，说明被溶液氧化产生I2，淀粉溶液遇I2变为蓝色，故的氧化性比的强，D正确；故答案选B。8．C【分析】由题干信息可知，物质a、b、c、d、e分别为Cl2、NaCl(或其他盐酸盐)、NaClO(或其他次氯酸盐)、HCl、HClO，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，a为Cl2，其中Cl元素的化合价为0价，既可以升高也可以降低，故既可做氧化剂，也可做还原剂，A正确；B．往c的溶液中滴入几滴稀的d溶液，有利于次氯酸盐生成次氯酸，可增强漂白效率，B正确；C．实验室可通过加热MnO2与d的浓溶液即浓盐酸制得a即Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D．可存在a→c→e→d→b→a的循环转化关系即Cl2ClO-HClOHClCl-Cl2，D正确；故答案为：C。9．D【详解】1摩尔羟基所含电子数目为9NA，0.1mol羟基所含电子数目为0.9NA，A错误；甲醇水溶液中不仅考虑甲醇分子中的4个氢原子，水分子中也含氢原子，B错误；28÷28n×2n×NA=2NA，C错误；葡萄糖和冰醋酸的最简式均为CH2O，3÷30×（1+2+1）×NA=0.4NA，D正确；正确答案选D。10．B【详解】A.1个水分子含有10个电子，0.5molH2O所含的电子数为5NA，故A正确；B.1个铵根离子含有11个质子，1molNH4+所含质子数为11NA，故B错误；C.标准状况下，22.4LCO2的物质的量为=1mol，1个二氧化碳含有4个共价键，所以标准状况下，22.4LCO2所含的共价键数目为4NA，故C正确；D.常温常压下，32gO2和O3的混合气体含有32g氧原子，所含氧原子数的物质的量为=2mol，所含氧原子数为2NA，故D正确。故选B。11．B【详解】A．过氧化钠与水反应生成NaOH和，所给离子方程式正确，A正确；B．尿素（）在纯水中加热，发生水解反应生成氨气和二氧化碳，所给离子方程式有误，正确的方程式应为：，B错误；C．的溶度积小于，加饱和溶液可将硫酸钙转化为碳酸钙，所给离子方程式正确，C正确；D．被氯气氧化为硫酸根(硫元素化合价由+2→+6)，氯气则被还原为氯离子(氯元素化合价由0→-1)，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒知，所给离子方程式无误，D正确；故选B。12．C【分析】使用B装置用强氧化剂漂白粉或或等和浓盐酸在室温下制取，然后利用装置A除去中的杂质HCl，再将通入装置C中与反应制备，导气管应该长进短出，最后通入装置D进行尾气处理，防止多余的污染环境，据此分析解答。【详解】A．根据分析和B装置图，该反应是在常温下不加热制取，所以试剂X可以选用强氧化剂漂白粉或，A正确；B．根据分析可知，装置的连接顺序为：BACD，则装置的导气管连接顺序为：，B正确；C．根据反应过程中电子转移数目相等列关系式，每当装置C中每生成时，反应消耗的物质的量等于，因与溶液中的KOH也会发生反应，故最终消耗的物质的量将大于，C错误；D．若去掉装置A，挥发的氯化氢会与溶液中的KOH中和，导致溶液碱性减弱，会水解反应生成，从而导致产率降低，D正确；故答案为：C。13．C【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，反应后经抽滤所得滤渣为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2++2OH-=+2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。【详解】A．“氧化”时用的氧化剂为过氧化氢，过氧化氢受热分解速率加快，因此不能将溶液加热至沸腾，A错误；B．“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+8Na2S+8H2O=5PbS+16NaOH+3S，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知Pb5O8中Pb2+和Pb4+的数目之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，B错误；C．浸出液“氧化”过程中，发生反应H2O2++2OH-=+2H2O，消耗了氢氧根离子，溶液的碱性逐渐减弱，C正确；D．洗涤过程中，不能用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，应使水刚好浸没固体，待水自然流下，重复2~3次，D错误；故答案选C。14．B【分析】根据化合价可知a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为HClO4；【详解】A．a为HCl与为HClO可发生归中反应生成氯气，HCl与e为氯酸盐也能发生归中反应得到b，A正确；B．c为一种新型自来水消毒剂，c代替b的原因是b可与水中的有机物生成致癌物，B错误；C．b的水溶液中存在Cl2+H2OHCl+HClO，加入后，HCl浓度降低，平衡正向移动，可以增加d的含量，C正确；D．f为HClO4其酸性强于硫酸，D正确；故选B。15．2.7mL500mL容量瓶胶头滴管②①③⑧⑤⑥⑨⑦④⑩定容，沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切bcba【详解】（1）用密度为1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480mL0.1mol/L稀硫酸，浓硫酸的浓度是＝18.4mol/L，由于需要使用500mL容量瓶，则根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知所需浓硫酸的体积是。（2）配制的一般步骤是计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，因此配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。（3）根据（2）中分析可知其正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④⑩。（4）第⑦步是定容，其实验的操作是沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切。（5）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中会导致浓硫酸吸水，浓度减小，量取的浓硫酸中溶质减少，浓度偏小，答案选b；B．容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水不会影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变，答案选c；C．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏小，答案选b；D．量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸，硫酸的体积增加，溶质的质量增加，浓度偏大，答案选a。16．Au蒸发浓缩漏斗减少晶体的溶解，便于干燥【分析】Cu、Fe、Al、Au的混合物中加入稀硫酸和浓硝酸的混合液，得到的滤液1为铁盐、铝盐、铜盐混合溶液，滤渣1为Au，向滤液1中先后加入双氧水和氢氧化钠，加的作用是把氧化为，结合各金属离子沉淀完全时的pH可知，调节，可以过滤分离出氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，故滤液2为硫酸铜溶液，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀。滤渣2经一系列操作后最终得到硫酸铝晶体，据此分析解答。【详解】(1)在金属混合物与酸的反应中，硝酸充当氧化剂，根据上面的分析可知滤渣1为Au；(2)操作Ⅰ包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤操作所用到的玻璃仪器有烧杯，玻璃棒和漏斗；(3)晶体不溶于乙醇，且乙醇易挥发，则选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解，便于干燥；(4)第②步加是为了将氧化为，离子方程式为；(5)设所取硫酸铝晶体为1mol，则硫酸铝晶体的质量为666g，①第一阶段：加热后失去结晶水的质量，失去结晶水的物质的量，得到的晶体的化学式是；②第二阶段：加热后失去结晶水的质量，失去结晶水的物质的量，则结晶水完全失去，得到的固体物质是。17．C2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑富集溴元素Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-强酸对设备的严重腐蚀Br2腐蚀橡胶控制温度计b的温度，并收集59℃时的馏分深红棕色分液（或蒸馏）【详解】(1)除去Mg2+可以加入过量NaOH溶液生成Mg(OH)2沉淀，再除去SO42-可以加过量BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，再加过量Na2CO3溶液除去Ca2+和上一步剩余的Ba2+，生成CaCO3和BaCO3沉淀，然后过滤除去生成的沉淀和泥沙，得到NaCl、NaOH和Na2CO3的混合溶液，最后加适量的盐酸调节溶液pH=7将NaOH和Na2CO3除去，最后得到纯净的NaCl溶液，或者可以先除SO42-，再除Mg2+，后面的步骤同上，因此顺序为②⑤④①③或⑤②④③，答案选C。本题的除杂要点有两点：一是Na2CO3须加在BaCl2之后，二是最后需要用盐酸调节溶液pH且加盐酸必须在过滤后。(2)根据电解的规律可以写出电解NaCl溶液的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑(3)步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，目的是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素，故答案为：富集溴元素(4)SO2水溶液吸收Br2的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；环境保护主要是减少SO2气体的排放，工业生产中应解决的主要问题是反应生成了两种强酸，易腐蚀设备，故答案为：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br-+SO42-；强酸对设备的严重腐蚀。(5)①溴单质具有腐蚀性，故整个装置中不能使用橡胶塞和橡胶管。②要使溴从工业溴中分离出来，操作中应控制的关键条件是把温度控制在溴的沸点59°C，并收集该温度下的馏分，故答案为：控制温度计b的温度，并收集59℃时的馏分。③C中液体为冷凝下来的纯溴，则颜色为深棕红色；Br2中混有Cl2，可以加入NaBr溶液而除去Cl2：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，Br2在水中的溶解度较小，可以通过分液的方法将Br2和溶液分离或者通过蒸馏的方法将Br2蒸出来，故答案为分液（或蒸馏）。18．(1)NaOHHCl(2)2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑1：1(3)(4)+6(5)+2K+=K2FeO4↓(6)C(7)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O【分析】I．A为NaCl，电解饱和食盐水，得到单质CD和强碱B，且D为黄绿色气体，则D为氯气，B为NaOH，且C在D中燃烧发出苍白色火焰，故C为氢气；在熔融状态下电解NaCl得到单质E和Cl2，故E为Na，H是Ca(ClO)2和CaCl2的混合物，F为HCl，据此分析；II．铁屑酸溶后铁元素的存在形式为Fe(Ⅱ)，氧化后得到Fe(Ⅲ)，反应I是氧化还原反应，将Fe(Ⅲ)转化为Fe(Ⅵ)，，转化中将Na