江西省安福二中、吉安县三中2026届化学高一第一学期期末达标检测模拟试题含解析

江西省安福二中、吉安县三中2026届化学高一第一学期期末达标检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、在下列条件的溶液中，各组离子一定能够大量共存的是()A．使酚酞溶液变红的溶液：Na＋、Cl－、SO42-、Fe3＋B．无色透明溶液中：K＋、SO42-、MnO4-、H＋C．含有大量OH－的溶液中：Ba2＋、Na＋、NO3-、Cl－D．可与锌反应放出氢气的溶液中：Na＋、Ca2＋、Cl－、CO32-2、过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的BaCl2溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是A．①②③⑤④ B．③②①⑤④ C．②①③④⑤ D．③⑤②①④3、氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的共同点是（）A．分散质颗粒直径都在l～100nm之间B．用一束平行光照射时，从侧面都可以看到一束光束C．颜色都呈红褐色D．都是分散系4、下列离子方程式正确的是()A．Al2O3+2OH﹣＝AlO2﹣+H2OB．NH4++OH﹣NH3•H2OC．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣＝CaSO3↓+2HClOD．2Na+2H2O+Cu2+＝Cu(OH)2↓+2Na++H2↑5、在水溶液中，下列电离方程式正确的是()A．NaOH==B．NaOH===Na＋＋H＋＋O2－C．H2SO4＋SO42-D．NaOH===Na＋＋OH－6、现有氧化铁和氧化铜的混合物mg，加入2.5mol·L－1的硫酸溶液40mL时，恰好完全溶解。若将2mg这种混合物在氢气流中加热并充分反应，冷却后剩余固体的质量为（）A．0.8g B．1.6mg C．(2m－3.2)g D．(2m－1.6)g7、将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是（）A．分液漏斗使用前要检验它是否漏水B．萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解C．注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡后立即分液D．若用苯作萃取剂，则分层后上层液体呈紫红色8、进行下列实验，括号内的实验用品都必须用到的是()A．配置一定物质的量浓度的溶液(容量瓶、烧杯、锥形瓶)B．实验室制取蒸馏水(烧瓶、温度计、冷凝管)C．钠的焰色反应(酒精灯、稀盐酸)D．粗盐提纯(漏斗、玻璃棒、坩埚)9、下列属于碱性氧化物的是（）A．Na2O2 B．MgO C．SiO2 D．CO10、下列物质沸点递变顺序正确的是()A．SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4B．SbH3＞AsH3＞PH3＞NH3C．HI＞HBr＞HCl＞HFD．H2Te＞H2Se＞H2S＞H2O11、下列根据实验事实得出的结论正确的是实验事实结论A某物质在熔融态下能导电该物质一定是电解质B某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-CSO2的水溶液能导电SO2为电解质D已知：Cl2+2FeCl2=2FeCl3反应能发生氧化性：Cl2＞FeCl3A．A B．B C．C D．D12、某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热使反应发生完全。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积变化)()A．所得溶液中c(Cu2+)＝0.225mol/L B．所得溶液中c(Cu2+)＝0.03mol/LC．所得气体在标准状况下的体积为0.448L D．反应中转移0.06mol的电子13、下表所列物质不能按如图（“→”表示一步完成）关系相互转化的是选项ABCDaNaAlFeCubNaOHAl2O3FeCl3CuSO4cNaClAl（OH）3FeCl2CuCl2A．A B．B C．C D．D14、下列过程中水的作用与其他三种不同的是()A．NO2溶于水 B．Cl2溶于水C．将Na2O2投入水中 D．将Na投入水中15、《天工开物》中记载“铁器淬与胆矾水中，即成铜色也”，该过程中涉及的反应类型为A．分解反应 B．化合反应 C．置换反应 D．复分解反应16、在强碱性溶液中，下列离子组能大量共存的是A． B．C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质。(1)由上述条件可以确定的元素编号及对应元素名称是____________，其中原子间通过共用一对电子而形成的单质的电子式为________________，E能形成多种含氧酸，其中酸性最强的含氧酸的分子式为______________。(2)若所有可能的X、Y中，C、D形成的是离子化合物，其中一种物质中含有两类化学键，那么另一种物质的形成过程用电子式可表示为______________________________________。(3)若上述X、Y存在如下变化：X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则该反应的化学方程式为__________________，反应物中存在非极性键的物质是__________，生成物中存在非极性键的物质是_____________，由此说明化学反应的本质是________________。18、已知A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物。根据下图转化关系，回答下列问题。(1)A的用途：________(任写一种)，B是________，D是________。(2)写出下列反应的化学方程式：①______________。(3)写出下列反应的离子方程式：②____________，③_______，⑤____________。19、如图，在玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热并通入水蒸气，用试管收集产生的经干燥的水蒸气，并靠近火焰点燃。（1）写出该反应的化学方程式___________________________________________，四氧化三铁是_________________________（填“氧化产物”还是“还原产物”）。（2）加热烧瓶的作用是__________________________________________________。（3）烧瓶底部放了几片碎瓷片，其作用是__________________________________。20、氯气是一种重要的化工原料，农药的生产及药物的合成都需要用到氯气。某兴趣小组通过以下装置制得纯净的氯气。回答下列问题：（1）仪器a的名称为__。（2）该实验需要加热，则a中盛装的试剂是__(填名称)，生成氯气的离子方程式为__。（3）若将虚线中的装置去除，则制得的Cl2中混有的杂质为___(填化学式)。（4）当集气瓶中___，则说明Cl2已收集满；NaOH溶液的作用是___。21、氯气是一种重要的化学物质，在生产和生活中有多种用途：（1）从海水中获得食盐的方法称为___________。NaCl的电子式是________。（2）实验室电解饱和食盐水的装置如下图所示。下列判断正确的是_________（选填编号）。A．电极a为阴极B．电极b上发生了还原反应C．阳极附近溶液变红D．阴极产生黄绿色气体（3）工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________，若得到氯气1.12L（标准状况下）时，转移的电子数为______mol。（4）电解时应避免两极产物相互接触，否则可能发生副反应。写出产物中一种单质与一种化合物反应的化学方程式：_______________________________。（5）氯气有毒，但是也可以用来消毒的原因是_________________________。（6）某同学用氯气做了如下实验：①向盛有KI溶液的试管中滴加少量氯水后再加入少许CCl4，振荡，静置后可观察到______________________________。②如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层中颜色会逐渐变浅，最后变成无色。则下列说法正确的是___________a、CCl4层中溶质被氧化b、CCl4被氧化c、CCl4层中溶质被还原d、CCl4被还原（7）氢气是一种清洁能源，有人提议通过电解饱和食盐水大规模生产氢气。你是否同意该观点？请用文字作简要解释。______________________________________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

先分析题干中所带的隐含条件，再判断各离子之间能否大量共存即可。【详解】A.使酚酞溶液变红的是碱性溶液，碱性溶液中无法大量存在，A项不符合题意；B.含的溶液呈紫红色，与题干中的无色透明溶液不符，B项不符合题意；C.碱性溶液中这些离子之间均不发生反应，可以大量共存，C项符合题意；D.能与锌反应放出氢气的是酸性溶液，酸性溶液中无法大量存在，Ca2+与CO32-不能大量共存，D项不符合题意；答案选C。2、A【解析】

除去溶液中的Ca2+用碳酸钠溶液，除去杂质Mg2+用NaOH溶液，除去用氯化钡溶液；为了避免在除杂过程中引入新的杂质，务必要在加碳酸钠除去杂质Ca2+之前先加氯化钡溶液除去杂质，这样过量的Ba2+就可以在加入碳酸钠溶液除去Ca2+的同时也被除去；由于除杂过程中加入了碳酸钠和NaOH，所以需要加稀盐酸除去多余的未反应的上述物质；此外，由于除去上述杂质离子的过程中生成的沉淀Mg(OH)2，CaCO3和BaCO3均可溶于稀盐酸，所以加稀盐酸之前应当将沉淀过滤除去；因此顺序为：①②③⑤④，A项正确；答案选A。【点睛】除杂操作的基本原则之一，除杂过程中尽量不要引入新的杂质；因此合理地选择除杂试剂以及合理地安排除杂顺序很有必要。3、D【解析】

A.氯化铁溶液分散质颗粒直径小于1nm，氢氧化铁胶体分散质颗粒直径在l～100nm之间，错误；B.用一束平行光照射时，只有氢氧化铁胶体从侧面可以看到一束光束，错误；C.氯化铁溶液是棕黄色的，氢氧化铁胶体颜色呈红褐色，错误；D.溶液和胶体都是分散系，正确；故选D。4、D【解析】

A.方程式没有配平，氧化铝粉末投入强碱溶液中发生的反应为：Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O，故A错误；B.在加热的条件下反应生成氨气和水，离子方程式：NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故B错误；C.次氯酸具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，向次氯酸钙溶液通入SO2的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO4↓+2H++Cl﹣，故C错误；D.金属钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+＝2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故D正确；故选：D。5、D【解析】

NaOH在水分子的作用下，生成了钠离子和氢氧根离子，则电离方程式为NaOH===Na＋＋OH－，答案为D。【点睛】电离不需要外加电流。6、C【解析】

氧化铁和氧化铜的混合物与硫酸反应是硫酸盐与水，由于硫酸中H元素与混合物中O元素结合生成水，则混合物中n（O）=n（H2SO4），进而计算2mg该混合物中O元素质量，将2mg这种混合物在氢气流中加热并充分反应，冷却后剩余固体为Fe、Cu，金属质量=氧化物质量-氧元素质量．【详解】氧化铁和氧化铜的混合物与硫酸反应是硫酸盐与水，由于硫酸中H元素与混合物中O元素结合生成水，则混合物中n（O）=n（H2SO4）=0.04L×2.5mol·L－1=0.1mol，故2mg该混合物中O元素质量为：0.1mol×2×16g·mol－1=3.2g，若将2mg这种混合物在氢气流中加热并充分反应，冷却后剩余固体为Fe、Cu，则固体质量为：2mg-3.2g=（2m-3.2）g，故选：C。【点睛】本题考查混合物的计算，解题技巧：注意根据硫酸中H元素与混合物中O元素结合生成水确定混合物中氧元素物质的量。7、C【解析】

A．分液漏斗结构中有玻璃旋塞，使用前要检验它是否漏水，A正确；B．萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解，B正确；C．注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡，同时注意放气，而不是立即分液，C错误；D．若用苯作萃取剂，苯的密度小于水，有机层在上层，则分层后上层液体呈紫红色，D正确；答案选C。【点睛】明确萃取的原理是解答的关键，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。8、C【解析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液用不到锥形瓶，A错误；B.由于水的沸点为100℃，直接加热沸腾后变为蒸气，冷凝后为液态水，因此实验室制取蒸馏水温度计可以不用，B错误；C.钠的焰色反应铂丝要用稀盐酸清洗，酒精灯必须用，C正确；D.粗盐提纯用不到坩埚，蒸发氯化钠溶液用到蒸发皿，D错误；答案选C。9、B【解析】

能与酸反应只生成一种盐和水的氧化物是碱性氧化物。【详解】A.Na2O2和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，A错误；B.MgO只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，B正确；C.二氧化硅只能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，C错误；D.CO既不能和酸也不能和碱反应生成盐和水，故是不成盐氧化物，D错误；故选B。10、A【解析】

A、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，所以沸点：SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4，故A正确；B、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，NH3分子间存在氢键，所以沸点：NH3＞SbH3＞AsH3＞PH3，故B错误；C、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，HF分子间存在氢键，所以沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl，故C错误；D、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，H2O分子间存在氢键，所以沸点：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，故D误。【点睛】本题考查了分子间作用力和熔沸点的关系，同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，注意把握氢键对物质熔沸点的影响。11、D【解析】

A.熔融态或水溶液中能导电的化合物才是电解质，水银在熔融态下也能导电，但却不是电解质，A项错误；B.若溶液中有也能得到白色沉淀，因此实验设计不严谨，B项错误；C.溶于水后和水反应得到，可以电离出离子导电，因此只能说是电解质，但不能说是电解质，C项错误；D.根据氧化性：氧化剂>氧化产物，氯气是氧化剂，氯化铁是氧化产物，D项正确；答案选D。12、A【解析】

n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，n(H2SO4)=0.1L×0.1moL/L=0.01moL，n(NO3-)=n(HNO3)=0.04mol，溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的：所以n(H+)=0.04moL+2×0.01moL=0.06mol，n(Cu)==0.03mol，3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O3mol2mol8mol0.03mol0.02mol0.08mol由反应关系可以看出，NO3-过量，H+不足，根据H+计算生成的铜离子，则生成的n(Cu2+)=0.06mol×=0.0225mol，c(Cu2+)==0.225mol/L，转移的电子的物质的量为2n(Cu)=0.0225mol×2=0.045mol，所得气体在标准状况下的体积为×22.4L/mol=0.336L；故选A。13、B【解析】

A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与HCl反应生成NaCl，NaCl熔融电解生成Na，A不合题意；B．Al2O3不能与水反应生成Al(OH)3，B符合题意；C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，C不合题意；D．Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4与BaCl2反应生成CuCl2，CuCl2与Fe反应生成Cu，D不合题意。故选B。14、D【解析】

A、二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，水中各元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂；B、氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，水中各元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂；C、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，水中各元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂；D、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素化合价降低是氧化剂；综上所述，不同的是D；故选：D。15、C【解析】

“铁器淬与胆矾水中，即成铜色也”，该过程中发生了铁置换铜的反应。【详解】“铁器淬与胆矾水中，即成铜色也”，胆矾即硫酸铜晶体，该过程中发生了铁置换铜的反应，该反应的化学方程式为Fe＋CuSO4=Cu+FeSO4，该反应属于置换反应，故本题答案为C。16、C【解析】

在强碱性溶液中，含大量的OH-，据此分析解答。【详解】A．HCO3-、OH-与Ba2+反应水和碳酸钡沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Cu2+与OH-结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl-、SO42-之间不反应，也不与OH-反应，能大量共存，故C正确；D．Mg2+与OH-结合生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。【点睛】明确强碱性溶液中含大量的OH-是解题的关键。本题的易错点为A，要注意HCO3-与OH-能够反应，OH-＋HCO3-＝CO32-＋H2O。二、非选择题（本题包括5小题）17、D：氧、E：氯HClO42CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2Na2O2O2反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程【解析】

在短周期元素中，D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，可以推出D为O，A、B、C为H、C、N、Na，但是还不能确定A、B、C所代表的元素；E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质（O2），则E为Cl，对应的含氧酸为HClO，对应的含氧酸盐为KClO3。【详解】（1）经分析，D为氧，E为氯；原子间通过共用一对电子而形成的单质为Cl2，其电子式为：；E(Cl)的含氧酸中，酸性最强的是HClO4；（2）C、D(O)可形成离子化合物，则C为Na，它们形成的化合物X、Y中，其中一种物质中含有两类化学键，则该物质为Na2O2，另外一种物质为Na2O，其形成过程用电子式可表示为：；（3）X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则符合条件的X、Y为CO2和Na2O2，则Z为Na2CO3，该反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；反应物中存在非极性键的物质是Na2O2，生成物中存在非极性键的物质是O2，说明化学反应是反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程。18、制光导纤维Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2OSiO32—＋2H＋=H2SiO3↓【解析】

由A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物可知A是二氧化硅；高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，则D是硅酸；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，则B是硅酸钠，C是二氧化碳；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀。【详解】（1）A是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，是制普通玻璃的原料，B是硅酸钠，D是硅酸，故答案为制光导纤维；Na2SiO3；H2SiO3；（2）反应①是高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，故答案为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；（3）反应②是硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)，反应③是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；反应⑤是硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)；SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓。【点睛】由A是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物确定A为二氧化硅是推断的突破口。19、3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑氧化产物产生水蒸气防止暴沸【解析】(1)由图可知，A中加热水得到水蒸气，在B中Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，反应中铁元素化合价升高被氧化，四氧化三铁为氧化产物，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；氧化产物；(2)根据图示和发生的反应可知，加热烧瓶的目的是产生水蒸气，故答案为：产生水蒸气；(3)烧瓶底部放了几片碎瓷片，可以防止暴沸，故答案为：防止暴沸。20、分液漏斗浓盐酸MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHCl、H2O充满黄绿色气体时吸收Cl2，防止污染环境【解析】

装置A是发生装置制备氯气，氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B除去氯化氢气体，通过装置C除去水蒸气，氯气的密度比空气大，易溶于水，用向上排空气法收集，氯气有毒，不能排放到大气中，用氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析解答。【详解】(1)根据仪器a的构造，装置为分液漏