2026届广东省汕头市潮南区化学高一第一学期期末达标检测试题含解析

2026届广东省汕头市潮南区化学高一第一学期期末达标检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质在一定条件下能够导电，但不是电解质的是()A．铝 B．氢氧化钠 C．硫酸 D．蔗糖2、化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是()A．溶液和胶体的本质区别是丁达尔效应B．常温下浓硝酸与铝发生钝化，可用铝制容器存放浓硝酸C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D．Mg可用于制造燃烧弹和照明弹等3、下列氯化物中，不能用金属单质和氯气直接反应制得的是A．CuCl2 B．FeCl2 C．MgCl2 D．KCl4、下列分散系属于悬浊液的是A．牛奶B．泥浆水C．蔗糖溶液D．淀粉溶液5、下列除去杂质(括号的物质为杂质)的方法中，错误的是A．FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2B．CO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥C．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量CO2气体D．CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥6、下列获得金属的方法中不涉及化学变化的是()A．《梦溪笔谈》“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”B．《天工开物》“凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……”C．《杂曲歌辞·浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”D．《天工开物》“炉甘石(碳酸锌)十斤，……然后逐层用煤炭……，发火缎红，……冷淀，即倭铅(锌)也”7、取一块用砂纸打磨过的铝箔在空气中加热至熔化，下列说法不正确的是A．铝表面失去光泽B．剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体C．熔化的铝不滴落D．在加热熔化过程中生成了氧化铝8、不属于金属通性的是A．延展性 B．高熔点 C．导热性 D．导电性9、下列氢氧化物有还原性的是()A．氢氧化镁 B．氢氧化亚铁 C．氢氧化铁 D．氢氧化铝10、VL硫酸钾溶液中含有mg钾离子，则溶液中硫酸根离子的物质的量浓度A．mol·L－1 B．mol·L－1 C．mol·L－1 D．mol·L－111、已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO4n-+Cl-+H2O（未配平）。则有关叙述不正确的是A．已知FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2B．每产生1molCl-，转移2mol电子C．FeO4n-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D．若n=2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：312、配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，下列操作正确的是A．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀13、同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是()①分子个数之比为11：16②密度比为11：16③体积比为16：11④原子个数比为11：16A．①④ B．①③ C．②③ D．②④14、某溶液中含有大量的下列离子：Fe3＋、SO42-、Al3＋和M离子，经测定Fe3＋、SO42-、Al3＋和M离子的物质的量之比为2∶4∶1∶1，则M离子可能是下列中的()A．Na＋ B．OH－C．S2－ D．Cl－15、下列仪器中，使用时必须检查是否漏水的是()A． B． C． D．16、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A．晶体硅硬度较大，可用作芯片B．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气C．Al2O3熔点较高，可用于制作耐火材料D．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂二、非选择题（本题包括5小题）17、在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E都含另外同一种元素。请回答：(1)A是__________，Y是__________，Z是__________。(2)当X是强酸时，E是__________；B生成C的化学方程式是________________________。(3)当X是强碱时，E是__________；B生成C的化学方程式是________________________。18、物质A-J间的转化关系如图所示，A、C为金属氧化物，其中A为红棕色粉末，B、D是生活中常见金属单质，F、J是难溶于水的白色化合物，G、J受热后容易分解。（1）A的化学式是________________；（2）I→J反应的离子方程式是_______________________________；（3）F转化为G的过程中观察到的现象是__________________________，反应的化学方程式是___________________________；（4）检验E中主要阳离子的方法________________________________；19、有一含NaCl、NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。请回答下列问题。(1)实验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是_________。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，A中碱石灰的作用是_______。④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为_______。⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)实验方案的评价及数据处理①实验步骤⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟的目的是__________。②若样品质量为Wg，反应后C装置增加的质量为m1g则D装置增重的质量为______g(用含m1的代数式表达)，混合物中NaHCO3的质量分数为________(用含W、m1的代数式表示)。20、NO虽是大气污染物，但研究表明少量NO在人体内可参与神经系统的调控。（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的化学方程式为__________。（2）某同学设计了如下图所示装置，研究铜丝与稀硝酸反应生成的气体确实是NO。①反应开始后,可以观察到的现象是导管a处产生无色气体、_______。②玻璃管的作用是_________。③若需使反应停止.可采取的操作是________。（3）如要在上图a管处连接收集NO气体的装置，合理的是______(填字母)。（4）工业上利用氨气和氧气制取NO的方法是(填化学方程式)__________。21、按要求填空（1）有下列物质：①铜；②石灰水；③CO2；④Fe（OH）3溶液；⑤CaO；⑥豆浆。其中属于胶体的是_____（填序号，下同），属于碱性氧化物的是_____（2）在标准状况下，35.5g氯气的体积是_____L．将其与氢气化合，需氢气的物质的量是_____mol，将生成的气体溶于水，配成500mL溶液，则该溶液中溶质的物质的量浓度是_____mol/L（3）如图所示，将充满NO2气体的试管倒扣在水槽中，观察到试管内气体颜色由_____色逐渐变为无色，最终试管内液面上升至试管容积的_____处（填分数）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A、铝中存在自由电子能导电，属于单质，但不属于电解质，故A选；B、氢氧化钠属于电解质，存在离子，但不能自由移动，在水溶液中或熔化状态下能导电，故B不选；C、硫酸是在水溶液中能导电的化合物，属于电解质，故C不选；D、蔗糖在水溶液中和熔化状态下都不能导电，但蔗糖属于化合物，是非电解质，故D不选。综上所述，本题选A。【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。2、A【解析】分析：A．分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小；B、铝与浓硝酸发生钝化；C、根据漂白液和漂白粉的制取来分析；D．制造燃烧弹和信号弹需燃烧时有耀眼白光；据此分析判断。详解：A．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，故A错误；B、铝与浓硝酸发生钝化，因此可用铝制容器存放浓硝酸，故B正确；C、氯气与氢氧化钠反应制漂白液，氯气和石灰乳反应能制得漂白粉，均为含氯的消毒剂，故C正确；D．镁条燃烧发出耀眼白光，可以用于制造信号弹和焰火，故D正确；故选A。3、B【解析】

A.CuCl2可以由铜和氯气直接反应得到；B.FeCl2不能直接由铁和氯气反应制得；C.MgCl2可以由镁和氯气直接反应得到；D.KCl可以由钾和氯气直接反应得到。答案选B。【点睛】变价金属与强氧化剂反应时，被氧化成高价态，变价金属与弱氧化剂反应时，被氧化成低价态。4、B【解析】A、牛奶属于乳浊液，A错误；B、泥浆水属于悬浊液，B正确；C、蔗糖溶液属于溶液，C错误；D、淀粉溶液属于溶液，D错误。正确答案为B。5、B【解析】

A.FeCl2与氯气反应生成氯化铁，则通入适量Cl2，洗气可除杂，故A正确；B.HCl与Na2CO3反应，CO2与Na2CO3溶液也可以反应生成碳酸氢钠，则不能通过饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl，故B错误；C.NaHCO3溶液中的Na2CO3与过量的CO2气体反应生成NaHCO3，则可以通入过量CO2气体除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，故C正确；D.CO2与NaOH反应，而CO不能，则通过NaOH溶液洗气后干燥可除杂，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的是物质分离、提纯的实验方案设计。解题时有几处需要注意，如A选项FeCl2与氯气反应生成氯化铁，既可以除去FeCl2还可以增加FeCl3的量；B选项通过饱和Na2CO3溶液洗气后CO2也会被反应掉，化学反应方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。6、C【解析】

A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”发生的反应是Fe置换铜，有新物质生成，是化学变化，故A错误；B．“凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……”是用碳还原冶炼金属铁，有新物质生成，故B错误；C．淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，是利用物理方法把沙子与金分离，不涉及化学变化，故C正确；D．用碳酸锌和碳反应制备锌，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质的组成和性质，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。7、B【解析】

根据铝、氧化铝的性质，解释铝在空气中加热的现象。【详解】铝是银白色金属，易与空气中氧气反应，表面生成一薄层致密的氧化膜而失去光泽（A项正确），这层氧化膜可以保护内部的金属不被氧化；铝在空气中加热时不能燃烧，生成物是白色的氧化铝（B项错误、D项正确）；加热时外面的氧化铝呈固态（熔点2050℃）、里面的铝呈液态（熔点660℃），故“熔化的铝不滴落”（C项正确）。8、B【解析】

金属的通性包括一般具有一定的金属光泽、良好的导电性和导热性、延展性，熔沸点取决于金属键的强弱，金属的熔点差别较大，一般较高，也有反常，例如汞常温下为液态，故选B。9、B【解析】

A．氢氧化镁中镁元素的化合价是+2价，是最高价，氢氧化镁无还原性，故A错误；B．氢氧化亚铁中铁元素的化合价是+2价，是中间价，化合价可以升高，则氢氧化亚铁有还原性，故B正确；C．氢氧化铁中铁元素的化合价是+3价，是最高价，氢氧化铁无还原性，故C错误；D．氢氧化铝中铝元素的化合价是+3价，是最高价，氢氧化铝无还原性，故D错误；故答案为B。10、D【解析】

K+的物质的量为=mol，根据K2SO4的化学式可知：n()=n(K+)=×mol=mol，则溶液中的物质的量浓度为c==mol·L－1，故答案为D。11、D【解析】

FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2，反应为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，由电子守恒和原子守恒可知，该反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。【详解】A、FeO4n-中Fe元素的化合价是+6价，因O元素为-2价，由化合价代数和为0可知，n=2，故A正确；B、反应中ClO-转化为Cl-，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，故B正确；C、FeO4n-具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为Fe3+，水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，则可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D、方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及电子守恒、原子守恒的综合考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。12、D【解析】

配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0mol/L×0.1L×106g/mol=10.6g，溶于水配成溶液的体积为100mL，由此分析。【详解】A．容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；B．碳酸钠溶液的配制时，10.6g无水碳酸钠的物质的量n===0.1mol，溶解过程就加入100mL的水，再移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100mL，根据c=，V液的值偏大，浓度偏小，故B错误；C．移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误；D．定容后，塞好瓶塞，要进行反复倒转、摇匀操作，为了使瓶内溶液进一步均匀，故D正确；答案选D。13、A【解析】

①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故①正确；②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故②错误；③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故③错误；④每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，原子个数之比为11：16，故④正确；答案选A。14、D【解析】

根据题目条件和电荷守恒可知：3n（Fe3+）+3n（Al3+）=2n（SO42-）+n，即：2×3+3×1=2×4+n，解得n=1，即M应带有1个单位的负电荷，又因为OH－、S2－不能与铁离子、铝离子大量共存，所以M只能为选项中的氯离子，答案选D。15、D【解析】

带有旋塞或瓶塞的仪器在使用之前需要检验是否漏夜；A为蒸馏烧瓶，B为量筒，C为直形冷凝管，D为分液漏斗；四种仪器中，仅分液漏斗需要验漏，故选D。16、C【解析】

A．Si为半导体材料，则可用作芯片，与熔点、硬度无关，故A错误；B．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，可用于干燥氢气，与浓硫酸具有脱水性无关，故B错误；C．Al2O3是离子化合物，离子键较强，导致Al2O3熔点较高，所以可用于制作耐火材料，故C正确；D．NaHCO3受热易分解，能与酸反应生成二氧化碳，所以可用作焙制糕点的膨松剂，与NaHCO3能与碱反应无关，故D错误；故选：C。【点睛】本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点D，NaHCO3可用作焙制糕点的膨松剂，与NaHCO3能与碱反应无关。二、非选择题（本题包括5小题）17、(NH4)2SO2H2OH2SO42H2S＋3O22SO2＋2H2OHNO34NH3＋5O24NO＋6H2O【解析】

本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为(NH4)2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，据此答题。【详解】本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为(NH4)2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O。（1）本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子可知A为(NH4)2S；Y为O2；Z为H2O；（2）当X是强酸时，根据上面的分析可知，E是H2SO4，B生成C的化学方程式为2H2S+3O22SO2+2H2O；（3）当X是强碱时，根据上面的分析可知，E是HNO3，B生成C的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。18、Fe2O3AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3先向溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水，溶液变红色【解析】试题分析：本题考查无机推断。A、C为金属氧化物，A为红棕色粉末，B、D是生活中常见金属单质，结合A+B→C+D的反应条件（高温），A为Fe2O3、B为Al、C为Al2O3、D为Fe；J是难溶于水的白色化合物，则C与NaOH溶液反应生成的I为NaAlO2，J为Al（OH）3；F是难溶于水的白色化合物，则D与盐酸反应生成的E为FeCl2，F为Fe（OH）2；F与空气作用生成的G为Fe（OH）3。（1）A的化学式是Fe2O3。（2）I→J为向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3和NaHCO3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-。（3）F转化为G为Fe（OH）2转化为Fe（OH）3，可以观察到的现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色。反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。（4）E为FeCl2，检验Fe2+的方法是：先向溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水，溶液变红色。19、检查装置气密性吸收空气中的水和二氧化碳2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑使反应产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收×100%【解析】

将混合物加热，NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，NaCl受热不发生变化，分解产生H2O(g)在C处吸收，产生的CO2气体在D中吸收，根据C增重质量可计算出NaHCO3的质量及其分解产生的CO2的质量，从而求出NaCl的质量；为避免在实验过程中由于装置漏气或装置中空气的成分的影响，应在实验前检验装置的气密性，想法赶出装置中的空气，分解实验完毕，再通入处理过的空气，将分解产生的气体全部赶入装置C、D处，被完全吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，根据以上分析进行解答即可。【详解】(1)①按图组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置气密性；③装置内有空气，空气中含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，缓缓鼓入空气数分钟，A中碱石灰的作用是吸收装置内空气中的水和二氧化碳；④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；(2)①实验步骤⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟的目的是使NaHCO3分解产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收；②若样品质量为wg，反应后C装置增加的质量为m1g，根据方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知：每有168gNaHCO3反应，会产生18gH2O，44gCO2，则反应产生m1g水，会产生CO2的质量为m(CO2)=g=g，即D装置增重的质量为g，混合物中NaHCO3的质量为m(NaHCO3)=g，由于样品质量为wg，所以NaHCO3的质量分数为：×100%=×100%。【点睛】本题以钠的化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力和计算能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键；注意排除