2026届陕西省延安市延川县中学化学高一第一学期期末经典模拟试题含解析

2026届陕西省延安市延川县中学化学高一第一学期期末经典模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向含有HCO3-、CO32-、NO3-、Na＋的溶液中加入一定量Na2O2后，下列离子的浓度减少的是（）A．HCO3- B．CO32- C．NO3- D．Na＋2、合金是一类用途广泛的金属材料。下列物质属于合金的是（）。A．铜B．钢C．金刚石D．四氧化三铁3、食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂4、化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是A．氧化镁用作耐火材料B．Na2O常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂C．明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化D．FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板5、下列物质间的转化不能一次完成的是()A．Si→SiO2 B．CO2→CC．SiO2→H2SiO3 D．SiO2→Na2SiO36、下列各组物质，因反应条件(温度或者反应物用量)改变，不会引起产物改变的是A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．AlCl3和NaOH7、下列物质的鉴别方法不正确的是A．用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2和AlCl3溶液B．利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液C．用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4D．用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液8、等物质的量的CO2和NH3相比，下列说法不正确的是（）A．常温常压下，密度之比为44：17 B．分子数之比为1：1C．原子数之比为1：1 D．质量之比为44：179、为了除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，最好的方法是向此溶液中A．通入氯气 B．加入Zn C．加入Fe D．加入Cu10、利用阿伏加德罗定律及其推论，判断下列说法正确的说法是（）A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种质量相同的气体其体积比之比等于摩尔质量之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比11、下列不是氯碱工业的直接产品的是（）A．氢气 B．氯气 C．氯化氢 D．氢氧化钠12、下列有关化学用语表示正确的是（）A．硅的原子结构示意图：B．中子数为10的氧原子：OC．漂白粉有效成分的化学式；CaClOD．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32﹣13、等质量的甲、乙、丙三种金属，分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应后，都生成＋2价的硫酸盐，其产生氢气的体积与反应时间的关系如图所示，则下列说法正确的是A．三种金属的活动性顺序为甲＞乙＞丙B．反应结束消耗硫酸的质量一定相同C．三种金属的相对原子质量是甲＞乙＞丙D．甲先反应完，乙最后反应完14、多种氧化剂和还原剂相遇时，存在“争先恐后，强者优先”的现象。请预测，在含CuCl2、MgCl2和HCl的溶液中加入适量Zn粉，首先置换出来的是（）A．CuB．H2C．MgD．不能确定15、下列除杂质的方法不正确的是（）A．铜粉中混有铁粉：加入过量盐酸充分反应，过滤B．CO2中混有HCl：将其通入NaOH溶液，洗气C．NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3：往该溶液中通入过量CO2气体D．FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入Fe粉16、碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol/L盐酸500mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是A．35g B．30g C．20g D．15g二、非选择题（本题包括5小题）17、某铁的化合物A存在如下转化关系:已知B为黄绿色气体单质。请完成下列问题:（1）A的化学式________。（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。用离子方程式表示该过程________、________。（3）若D为金属,则D的化学式________(写出2种)。18、已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。(1)写出下列物质的名称或化学式：A(名称)：_________E(名称)：_________J(化学式)：_________G(化学式)：_________；(2)按要求写方程式：D转化为E的离子方程式：________________________________________________；F在空气中转化为G的化学方程式：________________________________________；电解C可以得到单质B，试写出B生成I的离子方程式：_____________________。19、某化学兴趣小组用稀硫酸和高纯度锌粒按如图所示装置制取H2并还原CuO时，发现尾气略有刺激性。通过进一步探究，证明尾气中含有SO2。(1)A装置的名称_____；②装置中浓硫酸的作用_____；(2)经讨论，认为SO2的产生有以下两种可能：甲同学：_____反应产生了SO2；乙同学：H2与②装置中浓硫酸反应产生了SO2；请完善甲同学的猜想，并结合供选试剂设计简单方案求证乙同学猜想的合理性。(仪器任选；除上述试剂外，可另选试剂如下：稀盐酸、稀硝酸、无水氯化钙、碱石灰)________________________(3)如果乙同学猜想成立，请用化学方程式表示其原理_____；(4)已知常温下H2不能与酸性高锰酸钾溶液反应，有同学提出可以在②装置前用酸性高锰酸钾溶液除去SO2，请用离子方程式表示反应的原理：_____；(5)SO2是一种有毒的污染性气体，实验室常用X溶液进行尾气处理，X是_____(填化学式)；尾气吸收时下列装置不能起到防倒吸效果的是_____(填选项)。20、下图是某小组同学配制100mL0.100mol·L－1Na2CO3溶液的一些关键步骤和操作图。(1)配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_________、___________。(2)配制过程的先后顺序为(用字母A～F填写)________。(3)步骤A通常称为洗涤，如果没有步骤A，则配得溶液的浓度将________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)；步骤F称为________，如果俯视刻度线，配得溶液的浓度将________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。(4)用Na2CO3·10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，则所配得溶液的浓度会________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。(5)若配制NaOH溶液，在步骤B之后，需________，才进行下一步操作。21、Ⅰ、化学与人类生活密切相关。回答下列问题：（1）酸雨的pH

小于____________。（2）漂白粉的有效成分是_______________，自来水厂使用漂白粉是利用其______________性。（3）钠与水反应的离子方程式为_______________________________。（4）向一铝制易拉罐中充满CO2后，再往罐中注入足量的NaOH溶液，立即严封罐口，不一会儿就发现易拉罐变瘪，再过一会易拉罐又鼓胀起来，解释上述实验现象，易拉罐又鼓胀起来的原因是____________________（用化学方程式表示）。II.下列物质：①盐酸②Na2SO4晶体③浓硝酸④铜⑤烧碱⑥蔗糖⑦食醋⑧SO2（5）上述物质中可导电的是__________，属于电解质的是__________（填序号）。（6）写出③与④的反应的化学方程式为__________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，并且Na2O2具有强氧化性，凡是与NaOH或者与Na2O2发生氧化还原反应的离子浓度肯定发生变化，以此解答该题。【详解】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，HCO3-在强碱性条件下转化为碳酸根离子，故其浓度减小，CO32-、Na+浓度增大，若忽略溶液体积的变化，浓度不变的只有NO3-，故答案选A。2、B【解析】A，Cu属于金属单质；B，钢是含碳量为0.03%~2%之间的铁碳合金；C，金刚石是碳的一种同素异形体，属于单质；D，四氧化三铁属于金属氧化物；属于合金的是钢，答案选B。3、C【解析】

A．硅胶多孔，吸附水分能力强，且没有毒，常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂，A正确；B．P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸，酸有腐蚀性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干燥剂，B正确；C．氯化钙检验吸水性，而六水合氯化钙不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，C错误；D．加工后具有吸水性的植物纤维没有毒，没有腐蚀性，因此可用作食品干燥剂，D正确；答案选C。4、B【解析】

A．氧化镁的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；B．氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠，不能生成氧气，作为供氧剂的应为过氧化钠，故B错误；C．明矾净水的原理是：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，利用Al（OH）3（胶体）的吸附性进行净水，故C正确；D．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，FeCl3溶液可用于刻制印刷电路板；故D正确；答案选B。5、C【解析】

A中Si＋O2SiO2，能一次完成，故不选A；B中CO2＋2Mg2MgO＋C，能一次完成，故不选B；C中转化关系为SiO2―→Na2SiO3―→H2SiO3，即不能一次完成，故选C；D中SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，能一次完成，故不选D。答案选C。6、C【解析】

A.钠与氧气在常温下反应，生成白色固体氧化钠，与氧气加热生成淡黄色固体过氧化钠，条件不同，产物不同，A项错误；B.NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3，与过量的CO2反应生成NaHCO3，反应物用量不同，产物不同，B项错误；C.Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，改变反应条件，生成物不发生变化，C项正确；D.AlCl3和少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3，与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2，反应物用量不同，产物不同，D项错误；答案选C。7、C【解析】

A．NaOH与AlCl3溶液反应先生成白色沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；B．丁达尔效应为胶体特有的性质，Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应，FeCl3溶液不能产生丁达尔效应，则可利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，故B正确；C．NaCl、Na2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故C错误；D．Na2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；故选C。8、C【解析】

A.常温常压下，密度之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3密度之比为44：17，A项正确；B.分子数之比=物质的量之比，等物质的量的CO2和NH3分子数之比为1：1，B项正确；C.CO2和NH3原子数之比为3:4，等物质的量的CO2和NH3原子数之比应为3：4，C项错误；D.质量之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3质量之比为44：17，D项正确；答案选C。9、C【解析】

A．氯气能和氯化亚铁反应生成氯化铁，A错误；B．锌是活泼的金属，能和氯化铁、氯化亚铁反应置换出铁，B错误；C．氯化铁能和铁反应生成氯化亚铁，C正确；D．氯化铁能和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了新的杂质，D错误；答案选C。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。10、D【解析】A.同温同压下两种气体的体积之比等于其物质的量之比，A不正确；B.同温同压下两种气体的物质的量之比等于其体积之比，也等于其分子数之比，B不正确；C.同温同压下两种质量相同的气体其体积比之比与其摩尔质量之比成反比，C不正确；D.同温同体积下两种气体的物质的量之比等于其压强之比，Ｄ正确。本题选D。11、C【解析】

工业上制取氯气大多采用电解饱和食盐水的方法，以此为基础的工业称为“氯碱工业”，电解饱和食盐水可产生氯气、氢气和氢氧化钠，据此分析进行解答。【详解】电解饱和食盐水阳极氯离子失去电子，化合价从-1价变化为0价，发生氧化反应,电极反应为:2Cl--2e-═Cl2↑，阴极氢离子得到电子，氢元素化合价从+1价变化为0价，发生还原反应，电极反应为:2H++2e-═H2↑；总反应为:2NaCl+2H2O=2NaOH+H2+Cl2，所以氯化氢不是氯碱工业的直接产品，故C正确；故答案选C。12、A【解析】

A．硅原子质子数为14，核外有14个电子；B．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；C.漂白粉的有效成分是次氯酸钙；D．是强碱弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成、。【详解】A．硅原子的核电荷数、核外电子总数为14，故原子结构示意图为，故A正确；B．原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，其质子数为8，该氧原子可以表示为：，故B错误；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，化学式为，故C错误；D．是强碱弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成，电离方程式为，故D错误；故选：A。13、D【解析】

据相同时间内产生氢气较多（即反应剧烈）的金属活动性较强，结合产生氢气的关系图判断三种金属活动性；根据一定质量的金属完全反应产生氢气的质量=金属的化合价/金属的相对原子质量×金属的质量，结合三种金属的化合价及完全反应放出氢气的质量大小，判断三种金属的相对原子质量的大小。【详解】A、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，当三种金属都在发生反应时，相同时间内甲放出氢气的质量大于丙，丙大于乙，可判断三种金属活动性顺序是甲＞丙＞乙，A错误；B、金属与酸的反应生成氢气时，氢气来源于酸中的氢元素，所以生成的氢气与消耗的酸的多少顺序一致，则消耗硫酸的质量：甲＞乙＞丙，B错误；C、三种金属的化合价、金属的质量都相等，完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比，即产生氢气多的相对原子质量小；根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，在三种金属完全反应后，放出H2的质量是甲＞乙＞丙；因此可判断相对原子质量是丙＞乙＞甲，C错误；D、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图可知甲先反应完，乙最后反应完，D正确；答案选D。【点睛】对于活泼金属，活动性越强的金属与酸反应越剧烈，即反应放出氢气的速度越快；化合价相同的等质量金属完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比。14、A【解析】

根据金属活动性顺序：Mg＞Zn＞H＞Cu，所以氧化性Cu2＋>H＋>Zn2＋>Mg2＋，把锌粉加入CuCl2、MgCl2和HCl的混合溶液中，先和CuCl2反应置换出CuCl2中的Cu，然后和盐酸发生反应置换出氢气，不和溶液中的MgCl2发生反应。【详解】根据金属活动性顺序：Mg＞Zn＞H＞Cu，则氧化性Cu2＋>H＋>Zn2＋>Mg2＋。A.Zn粉先跟氧化性最强的Cu2＋发生置换反应，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故A正确；B.与铜离子反应完后再与H＋发生置换反应，Zn+2H＋=Zn2++H2↑，故B错误；C.锌不与镁离子反应，故C错误；D.锌粉会优先和跟氧化性最强的Cu2＋发生置换反应，故D错误；答案选A。【点睛】还原剂遇到氧化剂反应时，会优先和氧化性强的先反应。15、B【解析】试题分析：A．Fe与盐酸反应，而Cu不能，则加入过量盐酸充分反应，过滤可除杂，故A正确；B．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选碳酸氢钠溶液、洗气，故B错误；C．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则往该溶液中通入过量CO2气体可除杂，故C正确；D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入Fe粉、过滤可除杂，故D正确。故选B。考点：考查物质的分离提纯方法选择与应用【名师点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。化学是研究物质的组成、结构、性质、用途及制取（或合成）的自然科学，而物质的制取过程中一定要涉及到物质的除杂、分离、提纯等问题，因此有关物质的分离提纯实验题型是历次考试的重点题型。常用分离方法有：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、萃取分液、蒸馏（分馏）、盐析、洗气等。选择物质分离提纯试剂和方法的基本原则：①不增（不引入新的杂质）；②不减（不减少被提纯的物质）；③易分离（被提纯的物质与杂质易分离）；④易复原（被提纯的物质易复原）。16、C【解析】

混合物溶于1mol/L500mL盐酸（HCl的物质的量为0.5mol），生成氯化铜。则根据氯原子守恒可知，氯化铜的物质的量是0.25mol，则铜原子的物质的量是0.25mol，所以最终生成的氧化铜是0.25mol，质量是0.25mol×80g/mol＝20g，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeC132Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)【解析】（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。点睛：本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C是FeCl2。18、氧化铁氯化亚铁Al(OH)3Fe(OH)3Fe+2H+=Fe2++H2↑4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解析】

A是一种红棕色金属氧化物，根据G是红褐色沉淀可判断G是氢氧化铁，则F是氢氧化亚铁，E是氯化亚铁，B、D是金属单质，D是铁，因此A是氧化铁。C与盐酸和氢氧化钠溶液均反应，则C是氧化铝，B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解，J是氢氧化铝，分解生成氧化铝和水。【详解】（1）根据以上分析可知A的名称是氧化铁，E的名称是氯化亚铁，J的化学式为Al(OH)3，G的化学式为Fe(OH)3；（2）D转化为E的离子方程式为Fe+H+=Fe2++H2↑；F在空气中转化为G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；铝与氢氧化钠溶液反应生成I的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。19、分液漏斗干燥锌粒与硫酸方案一A中用稀盐酸代替稀硫酸若收集到的气体依然含有二氧化硫乙的猜想正确方案二②装置中用装无水氯化钙的球形干燥管代替浓硫酸若收集到的气体不含二氧化硫乙的猜想正确H2+H2SO4(浓)＝SO2+2H2O5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+NaOHBCD【解析】

（1）根据装置图确定仪器的名称；浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂；（2）二氧化硫的产生可能是锌粒与硫酸反应生成的，也可能是H2与②装置中浓硫酸反应产生了SO2，据此两位同学进行猜想；（3）氢气与浓硫酸反应，生成SO2和水；（4）高锰酸钾具有强氧化性，可将SO2氧化为SO42-，自身被还原为Mn2+；（5）SO2为酸性气体，用碱液进行尾气吸收。【详解】（1）由装置图可知，A为分液漏斗；②浓硫酸吸收随氢气出来的水份，起干燥的作用；故答案为：分液漏斗；干燥；（2）二氧化硫的产生可能是锌粒与硫酸反应生成的，也可能是H2与②装置中浓硫酸反应产生了SO2，所以甲同学的猜测为锌粒与硫酸反应；方案一：A中用稀盐酸代替稀硫酸，若收集到的气体依然含SO2则乙猜想正确；方案二：②装置中用装无水氯化钙的球形干燥管代替浓硫酸，若收集到的气体不含SO2则乙猜想正确；方案一A中用稀盐酸代替稀硫酸若收集到的气体依然含有二氧化硫乙的猜想正确方案二②装置中用装无水氯化钙的球形干燥管代替浓硫酸若收集到的气体不含二氧化硫乙的猜想正确(3)如果乙同学猜想成立，则氢气与浓硫酸反应生成二氧化硫与水，方程式为：H2+H2SO4(浓)＝SO2+2H2O；(4)酸性高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，得到硫酸根离子和二价锰离子，其离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+；(5)二氧化硫是有毒性气体，必须进行尾气的处理，常用碱液来吸收，故用氢氧化钠溶液，尾气吸收时装置要防倒吸，A中漏斗可以防止倒吸，BCD均插入在溶液中，溶液易倒吸。20、100mL容量瓶胶头滴管DBCAFE偏低定容偏高偏高冷却至室温【解析】

（1）从图中得到，配制的过程中使用