2026届湖南省岳阳市化学高一上期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届湖南省岳阳市化学高一上期中学业水平测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、2.0gCO中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是（

）A．x28mol—1B．x14mol—1C．14xmol—1D．2、氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr相比较,水的作用不相同的是（）①Cl2+H2O＝HCl+HClO②4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3③2F2+2H2O＝4HF+O2④2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑A．③④ B．①④ C．①③ D．②④3、在6KOH+3Cl2==KClO3+5KCl+3H2O的反应中,下列说法中正确的是A．KCl是还原产物，KClO3是氧化产物B．Cl2是氧化剂，KOH是还原剂C．KOH是氧化剂，Cl2是还原剂D．被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为5∶14、能用离子方程式“H++OH＝H2O”表示的化学反应是A．KOH溶液和稀HNO3反应B．Ba(OH)2溶液和稀H2SO4的反应C．Cu(OH)2和盐酸的反应D．NaOH溶液和CH3COOH反应5、根据反应（1）2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－（3）HClO＋H＋＋Cl－=H2O＋Cl2，可以判断出各粒子的氧化性由强到弱顺序正确的是A．HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋B．Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋C．Cl2＞Fe3＋＞HClO＞Cu2＋D．HClO＞Cl2＞Cu2＋＞Fe3＋6、丙烯在一定条件下发生加聚反应的产物为()A． B．C． D．7、除去氯气中混有的少量的氯化氢气体，最好选用A．水B．饱和食盐水C．纯碱溶液D．饱和烧碱溶液8、某氯原子的质量为ag，12C原子的质量为bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列不正确的是A．该氯原子的摩尔质量为12abg/molB．xg该氯原子的物质的量是C．1mol该氯原子的质量是aNAgD．yg该氯原子所含的原子数为yaN9、下列过程中，属于化学变化的是A．用加热法分离泥沙中的碘单质 B．用蒸馏法制取蒸馏水C．干冰气化 D．铁锅生锈10、在日常生活中会接触到许多物质，下列物质中属于碱性氧化物的是A．硫酸铵 B．二氧化碳 C．生石灰 D．乙醇11、溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（）A．是否有丁达尔现象 B．是否能通过滤纸C．分散质粒子的大小 D．是否均一、透明、稳定12、下列物质中含原子个数最多的是A．0.4mol氧气 B．4℃时,5.4mLH2O C．标准状况下5.6L二氧化碳 D．10g氖气13、下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀B．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间C．用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的14、下列叙述正确的是()A．胶体中的分散质直径d>100nmB．通过观察外观的方法可以区别胶体和溶液C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应15、下列反应的离子方程式正确的是A．向稀硫酸中投入铁粉：6H++2Fe＝2Fe3++3H2↑B．铜片插入稀盐酸溶液中：Cu+2H+＝Cu2++H2↑C．碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2OD．澄清石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2＋2H＋＝Ca2＋＋2H2O16、“绿色化学”是当今社会人们提出的一个新概念。在绿色化学中，一个重要的衡量指标是原子利用率。其计算公式为：，现有工业上用乙基蒽醌制备H2O2，其工艺流程的反应方程式为则用乙基蒽醌法制备H2O2的原子利用率是A．12.6%B．12.5%C．94.1%D．100%二、非选择题（本题包括5小题）17、有、、、四种化合物，分别由、、、、中的两种组成，它们具有下列性质：①不溶于水和盐酸；②不溶于水但溶于盐酸并放出无色无味的气体；③的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成；④可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊。(1)推断、的化学式：______；______；(2)写出下列反应的离子方程式。①与氯化钙反应：____________________。②与盐酸反应：____________________。③与稀硫酸反应：____________________。18、某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：①混合物加水得无色透明溶液；②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色(氯水能将I－氧化为I2)；⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。由此可推断出：（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式__________________。（2）写出⑤中生成白色沉淀的离子方程式__________________________。（3）该固体中一定含有________________；无法确定是否含有的是____________________。（4）确定该物质是否存在的方法是_____________________________________。19、实验室欲配制480mL0.5mol·L－1的CuSO4溶液，据此回答下列问题：（1）需称量胆矾CuSO4.5H2O______________g。（2）在配制的过程中一定不需要使用到的仪器是（填写代号）______，还缺少的仪器有____、_____。A．烧杯B．药匙C．玻璃棒D．1000mL容量瓶E．锥形瓶F．胶头滴管（3）下图所示的实验操作的先后顺序为________________（4）玻璃棒在溶液配制中的作用：_________________________________。（5）从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为___________mol·L－1。（6）下列的实验操作可能导致配制的溶液浓度偏低的是____________。A．容量瓶内原来存有少量的水B．定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出C．称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码）D．定容时俯视刻度线20、已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约______mol·L-1(小数点后保留一位)。(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=______mol·L-1。(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制80mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。需要称量NaClO固体的质量为_______g。下列为打乱了的操作示意图，其正确排序为_______________________。(4)配制过程中下列各项操作对消毒液物质的量浓度有和影响（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）A．用托盘天平称量NaClO固体时，砝码生锈__________________。B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水____________________。C．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容___________________。D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处___________。21、已知Cl－、Br－、Fe2＋、I－的还原性依次增强。现向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示，请回答：(1)a线分别代表溶液中____________的变化情况；(2)c线分别代表溶液中____________的变化情况；(3)原溶液中Br－与Fe2＋的物质的量之比为____________；

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

利用CO的构成及n=m/M、N=n×NA来计算，即可解答。【详解】2.0gCO的物质的量为2.0g÷28g/mol=1/14mol，

又一氧化碳分子是由2个原子构成的，

则原子的物质的量为1/14mol×2=1/7mol，

由N=n×NA可知，阿伏加德罗常数为x÷1/7mol=7xmol-1。

故选D。2、A【解析】

①水既不是氧化剂也不是还原剂与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用相同，故①错误；②水既不是氧化剂也不是还原剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用相同，故②错误；③水是还原剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用不相同，故③正确；④水是氧化剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用不相同，故④正确；③④正确，故选A；答案：A3、A【解析】

A．KClO3是氧化产物、KCl是还原产物，A正确；B．反应中Cl由0价升为+5价、0价降为-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，B错误；C．反应中Cl由0价升为+5价、0价降为-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，C错误；D．被氧化的氯原子与被还原的氯原子物质的量比为1：5，D错误；答案选A。4、A【解析】

根据离子反应方程式的书写规律和要求分析。【详解】A.KOH溶液和稀HNO3反应生成KNO3和水，无难溶性、易挥发性物质生成，就是典型的中和反应，故A正确；B.Ba(OH)2溶液和稀H2SO4的反应生成BaSO4和H2O，离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓，故B错误；C.Cu(OH)2是难溶性物质，离子反应方程式中，不能拆，故C错误；D.CH3COOH是弱酸，属于难电离的物质，在离子反应方程式中，不能拆成，故D错误。故选A。【点睛】注意题干中存在的难溶性物质、难电离物质、易挥发性物质，在离子反应方程式中都不能拆开。5、A【解析】

根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可以推断.【详解】由反应（1）2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋可知，Fe3+是氧化剂、Cu2+是氧化产物，故Fe3+＞Cu2+；由反应（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－可知，Cl2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，故Cl2＞Fe3+；由反应（3）HClO＋H＋＋Cl－=H2O＋Cl2可知，HClO是氧化剂、Cl2是氧化产物，故HClO＞Cl2。综上所述，各粒子的氧化性由强到弱顺序是HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋，故选A。6、A【解析】

丙烯CH2=CHCH3，含碳碳双键，可发生加聚反应。甲基在高分子的侧链上，生成高分子为，链节为，故选A。7、B【解析】试题分析：A．氯气和氯化氢都溶于水。B．氯化氢在饱和食盐水中的溶解度比较大，氯气在饱和食盐水的溶解度小，因此答案选B。C．氯气与氯化氢都能与纯碱、烧碱发生反应，因此C、D错误。考点：考查物质除杂的相关知识点。8、D【解析】

A．氯原子的相对原子质量是氯原子的质量与12C原子的质量112的比值，即为12ab；摩尔质量在数值上等于相对原子质量，但是单位不同，即为12abg/mol，故B．根据n=mM可得xg该氯原子的物质的量为n=xb12amol，故C．一个氯原子的质量为ag，1mol氯原子的质量为aNAg，故C不符合题意。D．根据N=nNA，可得yg该氯原子所含的原子数为yb12aNA，故D符合题意。本题选【点睛】注意相对原子质量和摩尔质量的数值相同，但是单位不同，相对原子质量的单位为1，摩尔质量的单位为g/mol。9、D【解析】

A．用加热法分离泥沙中的碘单质，是利用碘具有易升华的物理性质，属于物理变化，故A错误；B．用蒸馏法制取蒸馏水，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．干冰气化是干冰固态到气态的转化，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D．铁锅生锈是铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成三氧化二铁，有新物质生成属于化学变化，故D正确；答案选D。【点睛】区分物理变化和化学变化的方法是看有没有新物质的生成，有新物质生成的是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化。10、C【解析】

A.硫酸铵属于盐，故A错误；B.二氧化碳可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C.生石灰可以与酸只生成盐和水，故C正确；D.乙醇属于有机物，故D错误；答案：C【点睛】凡能跟碱起反应生成盐和水的氧化物，叫做酸性氧化物，它们多数是非金属氧化物，也有一些是金属高价的氧化物。11、C【解析】

溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；故答案选C。12、D【解析】

根据n=m/M=V/Vm=N/NA结合分子的构成计算。【详解】A.0.4mol氧气中含有0.8molO原子；B.4℃时5.4mL水的物质的量n（H2O）=5.4g÷18g/mol=0.3mol，原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol；C.标况下5.6L二氧化碳的物质的量n（CO2）=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，原子的物质的量为0.25mol×3=0.75mol；D.10g氖的物质的量n（Ne）=10g÷20g/mol=0.2mol，原子的物质的量为0.2mol,则含原子个数最多的是B，故选D。13、C【解析】

分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作用，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法，据此判断。【详解】A.氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会发生聚沉，因此产生氢氧化铁沉淀，A正确；B.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间，B正确；C.用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，C错误；D.Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，D正确；答案选C。14、C【解析】

A．胶体是一种分散质直径介于1nm～100nm之间的分散系，故A错误；B．从外观上看，胶体和溶液都是澄清透明的体系，所以通过观察不能区分胶体和溶液，故B错误；C．丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种最常用的方法，故C正确；D．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的大小，其直径介于1～100nm之间，故D错误；答案选C。15、C【解析】

A.稀硫酸和铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气。B.铜片和稀盐酸不反应。C.碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。D.澄清石灰水与稀盐酸中和生成氯化钙和水，氢氧化钙是强电解质，离子反应中要拆开。【详解】A.向稀硫酸中投入铁粉的离子反应为：2H++Fe＝Fe2++H2↑，A错误。B.铜片插入稀盐酸溶液中不反应，B错误。C.碳酸钙和稀盐酸的离子反应为：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O，C正确。D.澄清石灰水与稀盐酸反应OH-＋H＋＝H2O，D错误。答案为C。16、D【解析】由反应可知，乙基蒽醌制备H2O2的总反应为H2+O2=H2O2，属于化合反应，原子利用率为100%，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaSO4Ba(OH)2【解析】

不溶于水和盐酸，应为硫酸钡；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊，则为二氧化碳，为碳酸钾；不溶于水但溶于盐酸并放出二氧化碳，则为碳酸钡；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成，则是氢氧化钡。【详解】(1)由以上分析可知，为BaSO4，为Ba(OH)2。答案为：BaSO4；Ba(OH)2；(2)①D为K2CO3，它与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钾，反应的离子方程式为；②B为BaCO3，它与和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为；③C为Ba(OH)2，它和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式。答案为：；；。【点睛】当一种物质中参加反应的离子为两种或两种以上时，常采用“以少定多”法进行离子方程式的书写。18、BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑Ag++Cl-＝AgCl↓Na2CO3NaCl取①所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明原固体中有NaCl，反之则无【解析】

①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；②向步骤①溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；③取步骤②的白色沉淀，白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；⑤另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致；（1）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的离子方程式：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑；（2）⑤中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl；（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取①所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无。19、62.5gDE500ml容量瓶托盘天平④⑥②⑤③①搅拌、引流0.05mol/LBC【解析】

（1）实验室需配制480mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL0.5mol/L的硫酸铜溶液，需要胆矾CuSO4.5H2O的物质的量为：0.5mol/L×0.5L=0.25mol，需要胆矾CuSO4.5H2O的质量为：250g/mol×0.25mol=62.5g；（2）根据配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，不需要使用到的仪器是1000mL容量瓶和锥形瓶，答案选DE；还缺少的仪器为：500mL容量瓶和托盘天平；（3）根据溶液的配制步骤是称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序可知顺序为：④⑥②⑤③①；（4）玻璃棒在溶液配制中的作用为：搅拌、引流；（5）根据c1V1=c2V2可得0.5mol/L×0.010L=c2×0.010L，c2=0.05mol/L，故从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为0.05mol/L；（6）A．定容时需要加入蒸馏水，故容量瓶内原来存有少量的水，对所配溶液浓度无影响，选项A不符合；B．定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出，实际上所加蒸馏水偏多了，溶液浓度偏低，选项B符合；C、称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码），称取的CuSO4.5H2O的实际质量减小，所配溶液浓度偏低，选项C符合；D、定容时俯视容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，选项D不符合；答案选BC。20、4.00.0429.8③④①⑥②⑤偏大无影响偏大偏小【解析】

（1）c=1000ρω/M=1000×1.19×25%/74.5mol·L－1≈4.0mol·L－1；（2）稀释前后溶质的物质的量的不变，100×10－3×4=10000×10－3×c(Na＋)，解得c(Na＋)=0.04mol·L－1；（3）配制80mL溶液，需要用100mL的容量瓶，需要m(NaClO)=100×1.19×25%g=29.75g，因此需要称量NaClO固体的质量为29.8g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀，因此