2026届山西省祁县二中化学高一第一学期期末统考试题含解析

2026届山西省祁县二中化学高一第一学期期末统考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象B．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的C．往Fe（OH）3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液时，开始时会出现沉淀，再继续滴加时，沉淀又会消失D．用盐卤点豆腐、河海交汇处可沉积成沙洲等都与胶体性质有关2、对于反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，下列说法中正确的是()A．Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．生成1molO2时，电子转移的数目为4NA个D．每有44gCO2与足量Na2O2反应，产生气体的体积为22.4L3、下列事实的解释中，错误的是（）A．SO2的漂白原理与Ca(ClO)2水溶液、H2O2和氯水三种物质的不同B．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性C．浓硫酸做干燥剂，是因为浓硫酸具有吸水性D．SO2能使氯水褪色，SO2表现出漂白性4、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是()A．SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物B．H2SiO3、H2SO3、H2SO4均属于强酸C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液D．根据是否能导电，将物质分为电解质和非电解质5、把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A．(b-a)/Vmol·L-1 B．(2b-a)/Vmol·L-1C．2(2b-a)/Vmol·L-1 D．2(b-a)/Vmol·L-16、已知在酸性条件下有以下反应关系：①KBrO3能将KI氧化成I2或KIO3，本身被还原为Br2；②Br2能将I-氧化为I2；③KIO3能将I-氧化为I2，也能将Br-氧化为Br2，本身被还原为I2。向KI的硫酸溶液中滴加少量KBrO3溶液后，所得产物除水外还有A．Br2、Br-、I2 B．Br-、I2、IO3- C．Br-、IO3- D．Br-、I27、下列关于氯水的叙述，正确的是()A．新制氯水中只含Cl2和H2O分子 B．新制氯水只能使蓝色石蕊试纸变红但不褪色C．氯水经光照有气泡逸出，该气体是HCl D．氯水放置数天后pH将变小8、下列实验操作正确或能达到目的的是（）A．左右托盘各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，称取2.0gNaOH固体B．将气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．向沸水中边滴加几滴FeCl3溶液边用玻璃棒搅拌，可制得Fe(OH)3胶体D．检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液9、实验室需配制溶液，下列说法不正确的是A．应用托盘天平称取晶体B．配制操作必需的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶C．采用加热来加快晶体的溶解，需趁热迅速将溶液转移至容量瓶中D．定容摇匀后发现溶液液面低于刻度线，不需要再滴加蒸馏水至刻度线10、据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取一种叫做生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可轻易制备出超高强度和超高耐久性能的高性能混凝土。关于二氧化硅下列说法中正确的是（）A．二氧化硅溶于水显酸性，所以它是酸性氧化物B．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C．二氧化硅是一种熔点高、硬度大的固体D．二氧化硅能与烧碱和氢氟酸反应，它是两性氧化物11、有下列变化：①Na2CO3→Na2SiO3，②SiO2→H2SiO3，③Na2SiO3→Na2CO3，④CaO→CaSiO3，其中不能通过一步反应实现的是A．只有① B．②④ C．只有② D．③④12、下列物质的电子式书写不正确的是()A．B．C．D．13、下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是（）选项ABCD生活中的物质84消毒液小苏打复方氢氧化铝片食盐有效成分的化学式Ca（OH）2NaHCO3Al（OH）3NaCl用途做消毒剂做发酵粉做抗酸药做调味品A．A B．B C．C D．D14、NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．O2的摩尔质量为32gB．常温常压下，22gCO2含有的CO2分子数为0.5NAC．标准状况下，22.4L水含有的水分子数为NAD．40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L15、某课外实验小组设计的下列实验合理的是A．配置一定浓度的硫酸 B．制备少量氨气C．制备并收集少量NO2气体 D．制备少量氧气，并随关随停16、下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是A．称量NaOH固体B．配制100mL0.1mol/L的H2SO4溶液C．家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取的分离方法D．提纯Fe(OH)3胶体二、非选择题（本题包括5小题）17、2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图象如下所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是_________________，一定存在的阳离子是__________________________。（2）写出实验③图象中沉淀开始减少至完全消失阶段发生反应的离子反应方程式：__________________。（3）分析图象，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为______________________，所得沉淀的最大质量是_____________________g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14mol·L-1,试判断原废水中NO3-是否存在？_______（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c(NO3-)=___________mol·L-1。（若不存在或不确定则此空不填）18、已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）写出F、G的化学式。F：__，G：___。（2）检验D中阳离子的方法___。（3）保存C溶液时为什么要加固体A__。（4）写出下列转化的离子方程式或化学方程式。①A→C：___。②C→D：___。19、某同学利用如图所示装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质。(1)试管中发生反应的化学方程式为_______________________________。(2)该同学欲确定反应一段时间后试管中固体物质的成分，设计了如下方案：①待试管冷却，取其中固体少许溶于稀盐酸得溶液B；②取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红，则试管中固体是________(只有一个选项符合题意)，若溶液未变红，则试管中固体是________(只有一个选项符合题意)。A．一定有Fe3O4，可能有FeB．只有Fe(OH)3C．一定有Fe3O4和FeD．一定有Fe(OH)3，可能有FeE．只有Fe3O4(3)该同学按上述方案进行了实验，溶液未变红色，原因是：__________(用离子方程式表示)。(4)该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应。若按右图所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出与上述现象相关反应的化学方程式______，_________。(5)一段时间后，该同学发现(3)中未变红的溶液变成红色。由此可知，实验室FeCl2溶液需现用现配的原因是___________________________________，并且配制时应加入少量________。20、某化学实验小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，某同学设计了如图所示的实验装置（氯气易溶于CCl4，HCl不溶于CCl4)。请回答下列问题：（1）装置A中连接橡皮管的目的是___。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___。装置B中盛放的试剂是__。（3）有同学基于实验的严谨性考虑，认为可在F、G两个装置之间再加一个装有湿润的淀粉­KI试纸的装置，其目的是___。21、某工厂的工业废水中含有大量的FeS04，较多的Cu2+和少量Na+。该工厂计划从废水中回收FeS04和金属铜。根据下列流程图，同答问题。(1)加入的试剂x为____，y为____；(2)加入试剂y发生反应的离子方程式是_______；(3)操作(I)为____。

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.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.Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的，故B正确；C.电解质溶液能使胶体产生聚沉，故往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液时，开始时会出现氢氧化铁沉淀，当继续滴加时，氢氧化铁沉淀会溶于过量的硫酸，即沉淀消失，故C正确；D.用盐卤点豆腐、河海交汇处可沉积成沙洲等都与胶体的聚沉有关，故D正确；故答案选A。2、B【解析】

A.Na2O2与CO2反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，Na2O2既作氧化剂又做还原剂，故A错误；B.Na2O2与CO2反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，Na2O2既作氧化剂又做还原剂，故B正确；C.反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，O元素化合价分别由-1价升高为0价、降低为-2价，则生成1molO2，转移2mol电子，故C错误；D.由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，当44g即1molCO2与足量Na2O2反应时，产生氧气的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L，故D错误。故选B。3、D【解析】

A.SO2的漂白原理是二氧化硫与有色物质反应生成无色的物质，SO2的漂白作用是可逆的；Ca(ClO)2水溶液的漂白原理是它在空气中反应生成HClO，HClO有强氧化性，能使有色物质如品红溶液褪色；H2O2和氯水漂白原理是H2O2和氯水中的HClO都具有强氧化性，故A正确；B.浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱去而只剩碳元素，从而出现发黑现象，故B正确；C.浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，故C正确；D.SO2能使氯水褪色是因为氯水具有很强的氧化性，与SO2发生氧化还原反应而使其褪色，表现SO2的还原性，故D错误；答案选D。【点睛】SO2能使氯水褪色是因为氯水具有很强的氧化性，与SO2发生氧化还原反应而使其褪色，反应的方程式为：SO2+Cl2+H2O=2HCl+H2SO4,表现SO2的还原性，因此，具有漂白性的二氧化硫和氯水混合后，漂白效果并不会增强，反而丧失漂白效果。4、A【解析】

A.SiO2、SO2、SO3均和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B.H2SiO3、H2SO3均属于弱酸，H2SO4是强酸，故B错误；C.根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；D.根据化合物在水溶液中或熔融状态是否能导电，将化合物分为电解质和非电解质，故D错误；故选：A。5、C【解析】

一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。6、D【解析】

⑴KBrO3能将I－氧化成I2或KIO3，本身被还原为Br2，氧化性：KBrO3>KIO3或I2，还原性：I－>Br2；⑵Br2能将I－氧化为I2，氧化性：Br2>I2，还原性I－>Br－；

⑶KIO3能将I－氧化为I2，也能将Br－氧化为Br2，本身被还原为I2，氧化性：KIO3>Br2，还原性：Br－>I2；氧化性：KBrO3>KIO3>Br2>I2还原性：I－>Br－>I2

A选项，由于KI是过量，Br2会被I－还原成Br－，故A错误；B选项，IO3－与I－、Br－反应，不能共存，故B错误；C选项，IO3－与Br－反应，不能共存，故C错误；D选项，由于KBrO3是少量的，会被还原成Br－，I－被氧化成I2，故D正确；综上所述，答案为D。7、D【解析】

A项，新制氯水中存在反应：Cl2+H2OHCl+HClO，存在的分子有Cl2、H2O和HClO，离子有H+、Cl-、ClO-、OH-（少量），错误；B项，新制氯水中的HCl、HClO具有酸性，HClO还具有强氧化性，新制氯水使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，错误；C项，氯水光照，其中HClO发生分解，反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑，该气体为O2，错误；D项，HClO属于弱酸，氯水放置数天后由于HClO的分解变成稀盐酸，盐酸属于强酸水溶液，pH变小，正确；答案选D。8、B【解析】

A．称量药品时遵循“左物右砝”原则，且称量强腐蚀性固体药品应该放置在烧杯中，NaOH具有强腐蚀性，所以应该放置在烧杯中称量，A错误；B．无水CuSO4遇水变蓝，则气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C．制取氢氧化铁胶体时不能搅拌，否则易产生氢氧化铁沉淀，C错误；D．氧化铁不溶于水，应该将氧化铁溶于稀盐酸中过滤后再加KSCN溶液检验，否则不能检验红色物质中是否含有氧化铁，D错误。故答案选B。【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等。9、C【解析】

配制溶液，要用500mL的容量瓶，计算称量固体质量时也需要按照500mL进行计算。【详解】A．配制溶液，要用500mL的容量瓶，计算称量固体质量时也需要按照500mL进行计算，则需要称取晶体的质量为0.5L0.1mol/L286g/mol=14.3g，故A正确；B．配制操作中溶解时要用到烧杯、玻璃棒，移液时要用到500mL容量瓶，定容时要用到胶头滴管，故B正确；C．容量瓶的使用有温度要求，溶液必须冷却到室温才能转移到容量瓶中，故C错误；D．定容摇匀后发现溶液液面低于刻度线，是因为部分液体残留在刻度线上方，不需要再滴加蒸馏水至刻度线，故D正确；故答案选C。【点睛】配制480mL溶液一定要用500mL容量瓶，并且用带结晶水的固体配制溶液时，应该用带结晶水的物质的摩尔质量来进行计算。10、C【解析】

A.二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，故A错误；B.二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，能够被氢氟酸腐蚀，故B错误；C.二氧化硅是原子晶体，原子晶体的熔点很高、硬度很大，则二氧化硅是一种熔点高、硬度大的固体，故C正确；D.二氧化硅是酸性氧化物，能与碱反应，只与氢氟酸反应，属于特性反应，与其它的酸不反应，故D错误；答案选C。11、C【解析】碳酸钠与二氧化硅在高温下反应能生成硅酸钠，②二氧化硅不溶于水，不与水反应，所以不能一步转化为硅酸，至少得两步才能完成这个转化：先与碱性物质反应生成硅酸盐，再与酸反应生成硅酸，③因为碳酸的酸性比硅酸强，所以向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳后可生成碳酸钠和硅酸，④氧化钙是碱性氧化物，可以与酸性氧化物二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙。综上所述，只有②不能一步实现，所以选C。12、C【解析】

A.，N原子最外层有五个电子，易形成三对共用电子对，用了三个电子，每个氮还有一对孤对电子，故A正确；B.，Cl最外层有7个电子，易形成一对共用电子对，故B正确；C.，N原子最外层有五个电子，易形成三对共用电子对，N还有一对孤对电子未表示出来，应该为，故C错误；D.是钠离子和氯离子形成氯化钠，故D正确。综上所述，答案为C。13、A【解析】

A.84消毒液的有效成分为Ca(ClO)2，A不正确；B.小苏打的主要成分为NaHCO3，可用作发酵粉，B正确；C.复方氢氧化铝片的主要成分为Al(OH)3，可做抗酸药，C正确；D.食盐的主要成分为NaCl，可作调味品，D正确；故选A。14、B【解析】

A.O2的摩尔质量为32g∙mol−1，故A错误；B.常温常压下，22gCO2含有的CO2分子数，故B正确；C.标准状况下，水不是气体，无法计算，故C错误；D.40gNaOH溶解在1L水中，溶液的体积无法计算，故D错误。综上所述，答案为B。15、B【解析】

A、浓硫酸在烧杯中稀释，A错误；B、浓氨水和氧化钙混合可以制备少量氨气，B正确；C、NO2不能用排水法收集，C错误；D、过氧化钠不是难溶于水的块状固体，不能用简易启普发生器，D错误；答案选B。【点晴】关于氨气的制备，除了要熟练掌握教材中的制备原理以外，还需要掌握以下实验方法：方法

化学方程式(或原理)

气体发生装置

加热浓氨水

NH3·H2ONH3↑＋H2O

浓氨水＋固体NaOH

NaOH溶于水放热，促使氨水分解，且OH－浓度的增大

有利于NH3的生成

浓氨水＋固体CaO

CaO与水反应，使溶剂(水)减少；反应放热，促使氨水分解。化学方程式为NH3·H2O＋CaO＝NH3↑＋Ca(OH)2

16、C【解析】A.称量NaOH

固体，应在小烧杯中称量，同时砝码应放在右边，故A错误；B.配制100mL0.1mol/L

的H2SO4

溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C、油水互不相溶，分层，家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取分液的分离方法，故C正确；D.提纯Fe(OH)3

胶体应用渗析的方法分离，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO32-Na+、H+、Al3+、NH4+Al(OH)3+OH﹣=AlO2-+2H2O1:10.546g存在0.36mol·L-1【解析】

无色溶液排除铁离子，焰色反应显黄色，说明含有钠离子，加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀，说明含有SO42—；逐滴加入氢氧化钠溶液，开始阶段没有沉淀，说明含有氢离子，则一定不存在CO32－，沉淀达到最大值后，继续加入氢氧化钠，沉淀不立即溶解，说明该阶段发生铵根与氢氧根的反应，即一定存在NH4+，最后沉淀完全消失，说明沉淀只有氢氧化铝，因此一定存在Al3+，没有Mg2＋，结合有关数据根据电荷守恒分析判断。【详解】（1）无色废水，一定不存在Fe3+，根据实验①确定存在Na+，根据实验②确定存在SO42—，根据实验③确定有H+、Al3+、NH4+，没有CO32－、Mg2+，因此废水中一定不存在的阴离子是CO32－，一定存在的阳离子是Na+、H+、Al3+、NH4+；（2）实验③图象中沉淀开始减少至完全消失阶段发生的反应是氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+OH﹣＝AlO2-+2H2O；根据图象可知与铵根反应的氢氧根的物质的量是0.042mol－0.035mol＝0.007mol，根据反应NH4++OH-＝NH3•H2O可知铵根的物质的量是0.007mol；沉淀铝离子消耗氢氧化钠的物质的量是0.035mol－0.014mol＝0.021mol，根据方程式Al3++3OH－＝Al(OH)3↓可知铝离子的物质的量是0.021mol÷3＝0.007mol，所以在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为1:1，所得沉淀的最大质量是0.007mol×78g/mol＝0.546g；（4）根据图象可知中和氢离子消耗氢氧化钠是0.014mol，则氢离子的物质的量是0.014mol。硫酸钡沉淀的质量是2.33g，n（SO42-）＝2.33g÷233g/mol＝0.01mol，根据电荷守恒，阴离子电荷总物质的量为0.01mol×2＝0.02mol，阳离子电荷总物质的量为n（H+）+n（Al3+）+n（NH4+）+n（Na+）＝0.014mol+0.007×3mol+0.007mol+0.14mol/L×0.1L＝0.056mol，则原废水中存在NO3-，物质的量是0.056mol－0.02mol＝0.036mol，则c（NO3-）＝0.036mol÷0.1L＝0.36mol/L。【点睛】本题考查常见离子的推断与检验，定性与定量以及与图象的相结合增加了解题的难度，明确离子的性质、发生反应的先后顺序是解答的关键，注意溶液中的电荷守恒的应用。18、Fe(OH)3Fe2O3取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+防止Fe2+被氧气氧化Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】

A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3。【详解】由分析可知：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3，则(1)F：Fe(OH)3，G：Fe2O3；(2)D为FeCl3，含有阳离子为Fe3+，检验Fe3+离子的方法为：取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显红色，证明有Fe3+；(3)FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：防止Fe2+被氧气氧化；(4)①A→C的反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，②C→D的反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。19、3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2AC2Fe3+＋Fe===3Fe2+FeCl2＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋2NaCl4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3FeCl2易被空气氧化为FeCl3铁粉【解析】（1）铁与水蒸气高温下反应生成Fe3O4和H2，反应方程式：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；（2）滴加KSCN后，若溶液变红色则说明溶液中有Fe3+，但不能排除溶液中是否有Fe2+，所以硬质试管中固体物质的成分一定有Fe3O4，可能有Fe，故选A；若溶液未变红色则说明溶液中无Fe3+，则