贵州省六盘水市六枝特区七中2026届高一化学第一学期期中监测模拟试题含解析

贵州省六盘水市六枝特区七中2026届高一化学第一学期期中监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3++4H2O=+Cl－+8H+，中M的化合价是（）A．+4 B．+5 C．+6 D．+72、科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的＋5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的＋3价砷类化合物．下列说法不正确的是A．维生素C具有还原性B．上述过程中砷元素发生还原反应C．上述过程中＋5价砷类物质作氧化剂D．＋5价砷转化为＋3价砷时，失去电子3、1L浓度为1mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是A．通入标准状况下的HCl气体22.4LB．将溶液加热浓缩到0.5LC．加入10.00mol·L－1的盐酸0.2L，再稀释至1.5LD．加入2L1mol·L－1的盐酸混合均匀4、下列属于电解质的是A．氯化钠B．酒精C．氯气D．铁5、有NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为A．1∶2∶4B．1∶1∶1C．4∶2∶1D．2∶1∶46、用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（）A．漂白粉与氧气反应了B．有色布条与氧气反应了C．漂白粉跟空气中的CO2反应生成了较多量的HClOD．漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大7、下列各组离子一定能大量共存的是A．在酸性溶液中：、、、B．在强碱性溶液中：、、、C．在含有大量CO32-的溶液中：、、、D．在c（H+）=0.1mol/L的溶液中：、、、8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，0.1moLCl2与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数目为0.2NAB．用含1molFeCl3饱和溶液配得的氢氧化铁胶体中胶粒数为NAC．标准状况下，2.24LCCl4含有分子的数目为0.1NAD．25℃，1.01×105Pa，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA9、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1mol铝离子含有的核外电子数为3NAB．1.7g双氧水中含有的电子数为0.9NAC．常温下，11.2L的甲烷气体含有甲烷分子数为0.5NA个D．标准状况下，33.6L水中含有9.03×1023个水分子10、下列仪器：①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④坩埚、⑤分液漏斗、⑥燃烧匙，常用于物质分离的是A．①③④ B．①②⑥ C．①③⑤ D．③⑤⑥11、下列各组离子，能在强酸溶液中大量共存，并且溶液呈无色的是A．Na+、Ca2+、Cl-、 B．K+、Na+、、C．Mg2+、Na+、、Cl- D．、Al3+、、OH-12、10g下列金属与100ml1mol/L的盐酸反应，产生气体物质的量最多的是（）A．NaB．MgC．FeD．Al13、下列变化中元素化合价降低的是A．HCl→Cl2 B．H2O2→O2 C．Na→NaOH D．FeCl3→FeCl214、研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜。下面有关解释不正确的是A．维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B．维生素C具有还原性C．青菜中含有维生素CD．使人中毒的过程中砷元素发生还原反应15、下列化学反应的离子方程式正确的是()A．碳酸氢钠和少量澄清石灰水反应：HCO3—-＋Ca2＋＋OH-===H2O＋CaCO3B．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋===Cu2＋＋AgC．氧化镁与稀盐酸混合：MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2OD．稀硫酸滴在铜片：Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑16、下列物质含有的氧原子数最多的是A．80gO3的气体B．0.5molCuSO4·5H2O晶体C．9.03×1023个CO2分子D．标准状况下67.2LNO2二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。①把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。②若向①的四支试管中分别加盐酸,B盐溶液有沉淀产生,D盐溶液有无色无味气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：A________、B________、C________、D________。18、现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象①A+B无明显现象②B+D有无色无味气体放出③C+B有白色沉淀生成④A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液________，C溶液________，D溶液________。(2)写出B与D反应的离子方程式：________，写出B与C反应的离子方程式：________。19、如图是制取氯化铁粉末所需的装置，已知氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物：FeCl3+6H2O=FeCl3·6H2O。请回答下列问题。(1)写出烧瓶A发生反应的化学方程式为___，该反应中氧化剂是___(填物质名称)；浓盐酸的作用是___。(2)写出E中发生反应的化学方程式为___。(3)C的作用是___；D的作用是___。(4)应先点燃___(填“A”或“E”)处的酒精灯，理由是___。(5)这套实验装置是否完整？___(填“是”或“否”)。若不完整，还须补充___(若第一空填“是”，则此空不需要作答)装置。(6)E处反应完毕后，关闭弹簧夹K，移去酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是___，此时B的作用是___。20、某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。已知：①A中反应为KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。（1）写出B装置中反应的化学方程式_______________。实验结束后，立即将B中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是______________（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III处依次放入的物质正确的是_________（填编号）。编号IIIIIIA干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条B干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条C湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条D湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为_________、____________（填化学式）。（4）F装置的作用是（用离子方程式表示）_____________（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，该过程的化学方程式为_____________。若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_________________（用含a、b的式子表示）。21、Ⅰ．已知某反应中反应物和生成物有：KMnO4、H2SO4、MnSO4、H2C2O4、K2SO4、H2O和一种未知物X。(1)已知0.5molH2C2O4在反应中失去1mol电子生成X，则X的化学式为______________。(2)将氧化剂和还原剂及配平的系数填入下列方框中，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。___________________________Ⅱ．工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。从工业废水中回收硫酸亚铁和金属铜的工艺流程如图所示。(1)图中操作①为______________；操作③为_______________________________。(2)试剂X为______（填化学式），操作②涉及的离子反应方程式为___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。2、D【解析】试题分析：A、+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物，则维生素C具有还原性，故A正确；B、砷元素的化合价降低，则发生还原反应，故B正确；C、反应中含化合价降低元素的物质为氧化剂，则+5价砷类物质作氧化剂，故C正确；D、化合价降低，元素得到电子，故D错误；故选D。考点：考查氧化还原反应的有关判断3、C【解析】

A项、标准状况下的HCl气体22.4VL，物质的量是Vmol，VL浓度为1mol•L-1的盐酸中HCl的物质的量为Vmol，但无法计算通入氯化氢后溶液的体积，故A错误；B项、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发，溶质的物质的量偏小，故B错误；C项、VL浓度为0.5mol•L-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C=（0.5Vmol+Vmol）/1.5VL=2mol•L-1，故C正确；D项、浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误。【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和。4、A【解析】

A．NaCl溶于水或熔融状态可以导电，属于电解质，故A正确；B．酒精在水溶液中和熔融状态下，不能电离出自由离子，不能导电，属于非电解质，故B错误；C．氯气是单质，即不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A。5、C【解析】NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，即氧原子数相同，设三种气体的物质的量分别为x、y、z，则x×1=y×2=z×4，解得x：y：z=4：2：1，答案选C。点睛：本题考查物质的量的计算，把握物质的构成为解答的关键，注意氧原子的物质的量相同即可解答，计算比值不需要计算分子中氧原子的物质的量，简化计算。6、C【解析】

漂白粉的有效成分是次氯酸钙，漂白时转化为强氧化性的次氯酸（漂白性），因而能漂白某些有色物质。【详解】漂白粉主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能与酸反应生成有强氧化性的HClO（漂白性），故能漂白某些有色物质。因HClO酸性弱于碳酸（H2CO3），漂白粉溶液在空气中发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，增大了HClO浓度使漂白性增强。本题选C。【点睛】复分解反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，可以证明酸性：H2CO3>HClO。7、A【解析】

根据溶液性质和离子间的相互反应分析判断。【详解】A项：酸性溶液中，、、、彼此不反应，且与氢离子能共存，A项正确；B项：强碱性溶液中，+OH－＝NH3·H2O，B项错误；C项：CO32-与生成沉淀、与放出气体，C项错误；D项：c(H+)=0.1mol/L的溶液中,++＝CO2↑+H2O，D项错误。本题选A。【点睛】离子间的反应有复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）、氧化还原反应、双水解反应和络合反应。8、D【解析】

A．氯气与氢氧化钠溶液反应时发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为-1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1NA，故A错误；B．胶体为多个粒子的集合体，无法计算氢氧化铁胶粒的数目，故B错误；C．标况下四氯化碳为液体，2.24LCCl4的物质的量不是1mol，故C错误；D．氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，即2NA个氧原子，故D正确；故答案为D。9、B【解析】

A、铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子；B、双氧水分子中含有18个电子，1mol双氧水中含有18mol电子；C、常温下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L甲烷的物质的量；D、、标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量。【详解】A项、由于铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子，核外电子数为10NA，故A错误；B项、双氧水分子中含有18个电子，1mol双氧水中含有18mol电子，1.7g双氧水的物质的量为0.5mol，则0.5mol双氧水中含有的电子数为0.9NA，故B正确；C项、常温下，不是标准状况下，题中条件无法计算11.2L甲烷的物质的量，故C错误；D项、标况下，水不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数，注意明确标况下物质的状态、标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等之间的转化关系是关键。10、C【解析】

根据常用的物质分离的方法：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏分析解答；根据常用分离方法中所需的仪器的选择分析解答。【详解】常用的物质分离的方法：过滤、萃取、分液、蒸馏、分馏，各种方法所用的物质分离仪器有：漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶，故答案选C。【点睛】注意把握物质的分离和提纯原理及仪器的使用注意事项。11、C【解析】

A．会与H+反应生成二氧化碳和水，不能在强酸溶液中大量共存，故A不选；B．在溶液中呈紫红色，不能在无色溶液中存在，故B不选；C．Mg2+、Na+、、Cl-能在强酸溶液中大量共存，并且溶液呈无色，故C选；D．OH-会与、Al3+、H+反应不能大量共存，故D不选。故答案选：C。12、A【解析】试题分析：根据题意知，100ml1mol/L的盐酸中HCl的物质的量为0.1mol，10gNa、Mg、Fe、Al的物质的量分别为10/23mol、10/24mol、10/56mol、10/27mol，根据四种金属与盐酸反应的化学方程式判断，金属过量，根据盐酸的物质的量减少产生氢气的物质的量，Mg、Fe、Al产生氢气的物质的量相同，均为0.05mol；但过量的钠与水反应也产生氢气，故钠产生的氢气最多，选A。考点：考查根据化学方程式的计算。13、D【解析】

A.HCl→Cl2中氯元素化合价由-1价升高为0价，选项A不符合；B.H2O2→O2中氧元素化合价由-1价升高为0价，选项B不符合；C.Na→NaOH中钠元素化合价由0价升高为+1价，选项C不符合；D.FeCl3→FeCl2中铁元素化合价由+3价降低为+2价，选项D符合；答案选D。14、A【解析】试题分析：As2O3中砷（As）元素为+3价，从+5价降到+3价是还原反应，A错误，答案选A。考点：氧化还原反应15、C【解析】

A.碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，正确离子方程式为：2HCO3—＋Ca2＋＋2OH-===2H2O＋CaCO3↓+CO32-，A错误；B.该方程式电荷不守恒，正确的离子反应为Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋2Ag，B错误；C.氧化镁为固体，不溶于水，写成化学式形式，稀盐酸为强酸，能够拆成离子形式，符合原子守恒、电荷守恒规律，方程式书写正确，C正确；D.稀硫酸与铜片不反应，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】针对选项（A）：当碳酸氢钠溶液加入过量的氢氧化钙溶液反应时，生成碳酸钙、氢氧化钠钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；当碳酸氢钠溶液加入少量的氢氧化钙溶液反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以针对这样的反应，要采用“少定多变”的方法进行处理，即以量少的为准。16、D【解析】

：A．80gO3含有的氧原子物质的量80g÷16g/mol=5mol；B．0.5molCuSO4·5H2O晶体中含有的氧原子的物质的量为0.5mol×9=4.5mol；C．9.03×1023个CO2分子的物质的量是9.03×10236.02×D．标准状况下67.2LNO2的物质的量是67.2L÷22.4L/mol=3mol，其中含有的氧原子物质的量6mol；因此含有的氧原子数最多的是选项D。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、A.BaCl2B.AgNO3C.CuSO4D.Na2CO3【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。考点：物质的鉴别点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。18、CaCl2AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OAg++Cl-=AgCl↓【解析】

本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag++Cl-=AgCl↓。19、4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O二氧化锰还原剂和酸性作用3Cl2+2Fe2FeCl3吸收氯气中的氯化氢气体吸收氯气中的水蒸气A使产生的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中的氧气氧化否尾气吸收瓶中的液面下降，长颈漏斗内液面上升贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染【解析】

装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，打开弹簧夹K时，气体不会进入B装置，此时装置C吸收氯气中的HCl气体，然后经浓硫酸干燥后进入玻璃管中，在加热条件下与铁粉反应，无水氯化钙可以防止外界空气进入；关闭K时，生成的氯气进入B装置，将饱和氯化钠溶液压入长颈漏斗，从而贮存氯气。【详解】(1)烧瓶A内的反应为制取氯气的反应，化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；该反应中Mn元素的化合价降低，所以二氧化锰为氧化剂；浓盐酸的作用为还原剂和酸性作用；(2)装置E中为氯气和铁粉的反应，化学方程式为3Cl2+2Fe2FeCl3；(3)装置C中饱和氯化钠溶液可以吸收氯气中的HCl气体；装置D中浓硫酸可以吸收氯气中的水蒸气；(4)为防止加热时铁粉被装置中的空气中的氧气氧化，应先点燃A处酒精灯，使产生的氯气将装置中的空气排尽；(5)氯气有毒，未反应的氯气不能直接排放到空气中，所以该套实验装置不完整，还缺少尾气吸收装置；(6)由于氯气难溶于饱和食盐水，所以可以看到B中瓶中的液面下降，长颈漏斗内液面上升，从而贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染。20、Cl2＋H2O=HCl+HClO先变红后褪色CCaCl2Ca(ClO)2Cl2＋2OH-=Cl-+ClO-+H2OCO2+H2O+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO143b/a【解析】

（1）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸。盐酸有酸性，次氯酸有弱酸性和漂白性。（2）干燥的氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性。（3）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。（4）氯气能够和氢氧化钠反应生成氯化钠，次氯酸钠和水。（5）次氯酸钙和空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸。依据碳酸钙的物质的量计算次氯酸钙的质量，然后计算其质量分数。【详解】（1）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，B装置中反应的化学方程式为：Cl2＋H2O=HCl＋HClO。次氯酸有漂白性，将B中溶液滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是：石蕊试纸先变红后褪色。（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，先通过湿润有色布条，如果有色布条褪色，证明次氯酸具有漂白性，然后通过浓硫酸干燥除去氯气中的水分，再通入干燥有色布条，有色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性。答案为C。（3）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白粉主要成份为CaCl2、Ca(ClO)