2026届安徽省安庆市怀宁二中高一化学第一学期期末检测试题含解析

2026届安徽省安庆市怀宁二中高一化学第一学期期末检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是A．实验使用的主要仪器是分液漏斗B．碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大C．碘的四氯化碳溶液呈紫红色D．分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出2、据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”这里的“铜青”是指A．CuOB．Cu2OC．CuSO4D．Cu2(OH)2CO33、Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是（）A．该反应中有三种元素的化合价发生了变化B．每生成0.1molCu，转移0.2mol电子C．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D．Cu既是氧化产物又是还原产物4、有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是用化学方法制得的。方法是向放在温热石棉网上的混合物（NH4NO3和Zn粉）中滴几滴水，立即看到白烟。该反应的方程式为：NH4NO3+Zn＝ZnO+N2↑+2H2O，下列有关说法中正确的是A．该反应中NH4NO3只作氧化剂B．常温常压下每消耗1.3gZn粉，该反应可产生448mLN2C．常温常压下每生成1molN2，该反应共转移8mol电子D．N2既是氧化产物又是还原产物5、一定条件下，当溶液中XO与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为()A．＋2 B．＋3C．＋4 D．＋56、下列物质不属于电解质，但溶于水后能导电的是()A．HCl B．氧气 C．氧化镁 D．二氧化硫7、下列离子方程式的书写正确的是（）A．H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42—=BaSO4↓+H2OB．将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu↓C．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2OD．将Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣8、下列物质中属于电解质的是A．CO2B．BaSO4C．ZnD．食盐水9、下列有关硅和二氧化硅的用途错误的是()A．硅单质作耐火材料 B．晶体硅作半导体材料C．二氧化硅作光导纤维材料 D．高纯硅作计算机芯片材料10、下列各组离子中的离子能在溶液中大量共存的是A．Na+、Mg2+、Cl、OH B．H+、Ca2+、CO、NOC．Cu2+、K+、SO、NO D．Na+、HCO、OH、Ca2+11、Cl2和SO2都具有漂白作用，能使品红溶液褪色。若将等物质的量的Cl2、SO2混合后再通入品红与BaCl2的混合溶液，能观察到的现象是()①溶液很快褪色②溶液不褪色③出现沉淀④不出现沉淀A．①② B．①③ C．②③ D．②④12、下列说法不正确的是()A．铁在一定条件下与纯氧气、水蒸气反应的共同产物是Fe3O4B．铁在高温下与水蒸气的反应是置换反应C．铁与盐酸反应生成氯化铁和氢气D．铁与盐酸、水蒸气反应，作还原剂13、13C－NMR(NMR表示核磁共振)可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下面有关13C的叙述中，正确的是()A．13C与C60都为C的核素 B．13C与15N有相同的中子数C．12C与13C互为同位素 D．13C核外电子数大于核内质子数14、已知常温下，在溶液中发生如下反应：①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B－③2B－+Z2=B2+2Z-由此推断下列说法错误的是A．反应Z2+2A2+=2A3++2Z−可以进行B．Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化C．氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+D．Z2可以置换出X2+溶液中的X15、下列危险化学品的标志中，贴在氢氧化钠试剂瓶上的是（）A． B． C． D．16、下列物质中既有氧化性又有还原性的是()A．NaCl B．Al2O3 C．N2O3 D．SiO2二、非选择题（本题包括5小题）17、2018年6月1日，陨石坠落西双版纳，再次引发了人们对“天外来客”的关注，下图中（部分产物已略去），X、Y、Z为单质，其它为化合物；E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分；A为黑色磁性氧化物，请回答下列问题：(1)关于E的说法正确的是___________________（填序号）①E硬度大、熔点高、在自然界广泛存在②E既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应，其为两性物质③可用盐酸除去E中混有少量X④E是良好的半导体材料(2)写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式，并用单线桥分析标明电子转移数目______________(3)写出E与NaOH溶液反应的离子方程式：_________________________________(4)A与足量B的稀溶液反应生成D溶液，请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一种实验方法_________(5)F物质用氧化物的形式表示为：__________________。(6)已知在外加直流电作用下，G胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做____________；净化G胶体可采用如图_____________（填序号）的方法，这种方法叫_____________。18、现有黄绿色气体乙为Cl2，金属单质A、B和气体甲、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出)(1)丙的化学式为___；(2)F溶液常用于腐蚀印刷电路板，请写出相关的离子方程式：___；(3)为鉴定B单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂(填写字母代号)是___；a.碘水b.氯水c.Na2SO3溶液d.KSCN溶液(4)C溶液中加入过量的Al2O3固体的离子反应方程式为___；向反应后的溶液中通入过量的CO2气体的离子反应方程式为___。19、某研究小组制备84消毒液(主要成分NaClO)设计了如图装置。并查阅到下列资料：Ⅰ.氯气与水的反应是放热反应；Ⅱ.卤素单质与碱液发生反应：3X2＋6OH-5X-＋XO3-＋3H2O。回答下列问题：（1）装置中的大试管内发生反应的离子方程式为__。（2）装置中能否省去盛饱和NaCl溶液的洗气瓶？__(填“能”或“不能”，下同)，理由是__。（3）装置中能否省去盛浓硫酸的洗气瓶？__，理由是__。（4）装置中能否省去盛冰水的烧杯？__，理由是__。20、某同学欲配制100

mL0.10

mol·L-1的CuSO4

溶液。以下操作1~5

是其配制的过程及示意图：（1）操作1：准确称取__________g的胆矾晶体（化学式为

CuSO4•5H2O）并用适量蒸馏水溶解。（2）操作2：将所得溶液转移到__________（填仪器X的名称）中，用蒸馏水冲洗烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液也转移到X中。（3）操作3：继续向X中加蒸馏水至液面离X的刻度线1～2cm处。（4）若其余操作步骤均正确，根据操作4

所配的溶液浓度_________（填“偏大”、“偏小”、“不影响”或“无法判断”）。21、请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖，其中属于电解质的是___，能导电的是___.（2）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___溶液,继续煮沸至___,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体,制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为___.（3）实验室制欲用固体NaOH来配0.5mol/L的NaOH溶液500mL,配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为______.在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏高的是______A．没有洗涤烧杯和玻璃棒B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水D．定容时俯视标线E.称量时间过长。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。答案选D。2、D【解析】”铜青则是铜器上绿色者”可知，铜青即为铜绿。铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，则这里的”铜青”是指Cu2(OH)2CO3，D项正确。3、C【解析】

反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性。【详解】A．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；B．每生成0.1mol

Cu，转移电子=0.1

mol×(1-0)=0.1mol，故B错误；C．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D．该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故D错误；答案选C。【点睛】Cu2S和Cu2O中铜的化合价都是+1价，可能有的学生会把化合价标错，根据化合价的变化确定氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物。4、D【解析】

A.NH4NO3中N元素的化合价升高也降低，则既作氧化剂也作还原剂，故A错误；B.根据反应方程式NH4NO3+Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O每消耗65gZn，生成标准状况下N2，消耗1.3gZn粉，可产生标准状况下448mLN2，本题是常温常压下，故B错误；C.每生成N2，消耗1molNH4NO3，由N元素的化合价降低可知，转移电子数应为：1mo1×（5-0）=5mo1电子，故C错误；D.硝酸铵中氮元素的化合价既升高又降低，故N2既是氧化产物又是还原产物，故D正确；故答案为：D。【点睛】本题考查氧化还原反应，易误选B，忽略本题为非标况。5、A【解析】

H2O2恰好将XO4-还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=2，A项正确，故选A。6、D【解析】

A.HCl的水溶液能导电，HCl是电解质，故不选A；B.氧气微溶于水，水溶液不导电，氧气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；C.氧化镁熔融状态能导电，氧化镁是电解质，氧化镁难溶于水，水溶液不导电，故不选C；D.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫的水溶液能导电，由于二氧化硫不能自身电离出离子，所以二氧化硫是非电解质，故选D；故答案选D。【点睛】注意电解质是在水溶液里或熔融状态下含有自由移动的离子的化合物，且自由移动的离子是物质本身电离的，不能是与其它物质反应后的物质电离的。7、C【解析】A.H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++→BaSO4↓+2H2O，A不正确；B.将Na投入到CuSO4溶液中，该反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+===2Na++Cu(OH)2↓+H2↑,B不正确；C.大理石溶于醋酸中，该反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，C正确；D.将Cl2通入水中，该反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，D不正确。本题选C。8、B【解析】试题分析：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质，选B。考点：考查电解质的定义。9、A【解析】

A．硅单质在加热条件下能与氧气反应，故A错误，符合题意；B．硅单质是半导体材料，故B正确，不符合要求；C．二氧化硅是光导纤维的原料，故C正确，不符合要求；D．高纯硅可以作计算机芯片材料，故D正确，不符合要求；故选：A。10、C【解析】

A.和会形成沉淀，无法大量共存，A项不符合题意；B.、Ca2+与会发生反应，无法大量共存，B项不符合题意；C.选项内各离子之间不发生反应，可以大量共存，C项符合题意；D.与会发生反应，无法大量共存，D项不符合题意；答案选C。11、C【解析】

等物质的量的SO2和Cl2混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成盐酸和硫酸都不具有漂白性，所以不能使品红溶液；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，所以会产生白色沉淀，②③正确，故答案为C。12、C【解析】

A.铁在一定条件下与纯氧气、水蒸气反应的共同产物是Fe3O4，A正确；B.铁在高温下与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，是置换反应，B正确；C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，C错误；D.铁与盐酸、水蒸气反应，均作还原剂，D正确；答案选C。【点睛】铁是中学化学中常见的变价金属元素，与弱氧化剂反应时生成亚铁离子，与强氧化剂反应时生成铁离子，因此掌握常见氧化剂强弱顺序是解答的关键，答题时注意灵活应用。13、C【解析】

A、核素研究的对象为原子，而C60是C的单质，A错误；B、13C与15N的质子数分别为6、7，则它们的中子数分别为7、8，故它们的中子数不同，B错误；C、12C与13C的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，C错误；D、任何原子的核外电子数等于核内质子数，D错误；故选C。14、D【解析】

根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，对各离子方程式进行分析。【详解】①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2，还原性Z-＞X2+；②2A2++B2=2A3++2B－中，氧化性B2＞A3+，还原性A2+＞B-；③2B－+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，还原性B-＞Z-；A．若反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可进行，则氧化性Z2＞A3+。由反应③中可得出氧化性：Z2＞B2，反应②中可得出氧化性：B2＞A3+，得出结论：氧化性Z2＞A3+，与推断一致，A正确；B．在反应中③中Z元素降价，被还原，在反应①中Z元素升价，被氧化，B正确；C．由①②③反应中氧化性的比较可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，C正确；D．由式①可知，Z2不可能置换出X2+溶液中的X，D错误；答案选D。【点睛】氧化剂，具有氧化性，得到电子，在反应时所含元素的化合价降低，发生还原反应，生成还原产物；还原剂，具有还原性，失去电子，在反应时所含元素的化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物。15、A【解析】

A.图为腐蚀品标志，故A正确；B.图为剧毒品标志，能使人或动物中毒，与腐蚀性无关，故B错误；C.图为氧化剂标志，与腐蚀性无关，故C错误；D.图为爆炸品标志，与腐蚀性无关，故D错误。故选A。【点睛】了解所给试剂的性质及各个标志所代表的含义是解答此类题的关键。16、C【解析】

判断物质的氧化性和还原性，需从两个方面入手，熟悉物质的性质，物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】A、NaCl中的氯元素为-1价，处于最低价，只有还原性；B、Al2O3中铝元素的化合价为+3价，处于最高价态，则只有氧化性；C、N2O3中N元素的化合价为+3价，处于中间价态，则该物质既有氧化性又有还原性；D、SiO2中Si元素的化合价为+4价，处于最高价态，则只有氧化性；答案选C。【点睛】本题主要考查对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性。还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性。二、非选择题（本题包括5小题）17、①③SiO2+2OH-=SiO32-+H2O取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+Na2O▪SiO2电泳②渗析【解析】

A为黑色磁性氧化物，则A为Fe3O4，X为Fe；Fe3O4和B反应生成D溶液，结合B是Y、NO和水反应生成的可知，B为HNO3，Y为O2；HNO3和F生成一种胶体，可以推知G是H2SiO3，则F为Na2SiO3，E为SiO2，SiO2和焦炭在高温的条件下生成Si单质，则Z为Si，以此解答。【详解】(1)由分析可知E为SiO2。①SiO2硬度大、熔点高、在自然界广泛存在，正确；②SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应生成SiF4气体，但不是两性物质，错误；③可用盐酸除去E中混有少量Fe，正确；④SiO2不导电，不是半导体材料，错误；正确的是①③；(2)SiO2与焦炭在高温下反应制取Si，同时生成CO，用单线桥分析标明电子转移数目为：；(3)SiO2和NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(4)A为Fe3O4与足量HNO3的稀溶液反应生成的溶液中含有Fe3+，检验Fe3+的方法是：取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+；(5)Na2SiO3用氧化物的形式表示为：Na2O▪SiO2；(6)在外加直流电作用下，硅酸胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做电泳；胶体粒子不能透过半透膜，能够透过滤纸，净化G胶体可采用图②的方法，这种方法叫渗析。18、HCl2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+bdAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-【解析】

金属A的焰色反应为黄色，则A为Na，A与水反应生成气体甲为H2，物质C为NaOH；C与F反应生产线红褐色沉淀G应为Fe(OH)3，可知F含有Fe3+；黄绿色气体乙为Cl2，氯气与氢气反应生成气体丙为HCl，HCl的水溶液D为盐酸，由转化关系可知金属B为Fe、E为FeCl2、F为FeCl3。【详解】(1)根据分析可知丙为HCl；(2)Fe3+具有强氧化性可以氧化铜单质生成Cu2+，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(3)金属B为Fe，与盐酸反应可以生成Fe2+，亚铁离子可以被氯气氧化成Fe3+，Fe3+可以与KSCN溶液作用显血红色，所以取上层清液后需再加入的试剂为b、d；(4)NaOH溶液中加入过量的Al2O3固体的离子反应方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；向反应后的溶液中通入过量二氧化碳，由于碳酸不能溶解氢氧化铝，所以最终产物为氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。19、Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O不能氯气中混有的HCl气体进入大试管中也会和氢氧化钠溶液反应，降低了NaClO的产量和纯度能少量水蒸气进入试管中不影响反应不能氯气与水的反应是放热反应，反应时温度升高，可能引起副反应，生成NaClO3【解析】

装置分别是氯气的制备、净化、干燥和次氯酸钠的制备，结合物质的性质、装置特点和已知信息分析解答。【详解】(1)氯气与氢氧化钠在冰水浴条件下反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；故答案为：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；(2)浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢，否则氯化氢能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，影响产品的产量和纯度，所以盛饱和氯化钠溶液的洗气瓶