2026届湖北省恩施州高一化学第一学期期中考试试题含解析

2026届湖北省恩施州高一化学第一学期期中考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列配制的溶液浓度偏大的是（）A．配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线B．配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C．称量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线2、现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则同温同压下三种气体的体积之比为（）A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：2：1 D．6：3：23、以面粉为原料的网红“脏脏包”松软可口，通常用碳酸氢钠作发泡剂，因为它①热稳定性差②增加甜味③产生二氧化碳④提供钠离子A．①③ B．②③ C．①④ D．③④4、下列反应的离子方程式正确的是()A．稀硫酸滴在银片上：2Ag＋2H＋===2Ag＋＋H2↑B．NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀：2H＋＋2OH－＋SO42-＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2OC．稀硝酸滴在大理石上CO32-＋2H＋===CO2↑＋H2OD．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O5、有A、B两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入10.6gNa2CO3和8.4gNaHCO3，A、B中分别有相同质量的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（）A．A装置的气球不膨胀B．若最终两气球体积相同，则盐酸溶液中含有的HCl的质量一定大于或等于7.3gC．若最终两气球体积不同，则盐酸溶液中含有的HCl的质量一定小于或等于3.65gD．最终两试管中Na+、Cl-的个数一定相同6、下列物质中的S元素只具有还原性的是A． B． C． D．7、下列各组中的离子能够大量共存于同一溶液中的是()A．CO32-、H＋、Na＋、NO—B．OH－、NO3－、K＋、Na＋C．H＋、Ag＋、Cl－、SO42-D．K＋、H＋、Cl－、OH－8、下列物质分类的正确组合是（）选项混合物化合物单质盐A．盐酸NaOH固体石墨NaClB．碱石灰金刚石O3纯碱(Na2CO3)C．空气澄清石灰水铁CaCO3D．CuSO4·5H2OCaCl2水银CaOA．A B．B C．C D．D9、制备一氯乙烷最好采用的方法是（）A．乙烷和氯气反应B．乙烯与氯气反应C．乙烯与氯化氢反应D．乙炔与氯化氢反应10、稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为和，氧化性：）。下列说法正确的是（）A．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：B．溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：C．铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素D．金属保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化11、用玻璃棒蘸取新制氯水滴在蓝色石蕊试纸中部，观察到的现象是（）A． B． C． D．12、下列物质中，常用作氧化剂的是A．KMnO4B．H2C．NaD．H2O13、下列有关容量瓶的四种说法，正确的一组是①标有使用温度、容积和一条刻度线；②不宜贮存溶液；③不能用来加热，不能作反应器；④使用之前要检查是否漏水；⑤容量瓶用蒸馏水洗净后，应干燥后再配制溶液。A．仅①②③④B．仅②③C．仅①②④⑤D．仅②③④14、下列物质中所含分子物质的量最多的是A．44gCO2 B．1.5molH2C．64gSO2 D．3.01×1023个硫酸分子15、已知某饱和溶液的：①溶液的质量；②溶剂的质量；③溶液的体积；④溶质的摩尔质量；⑤溶质的溶解度；⑥溶液的密度。以上条件的组合中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是A．①③④ B．④⑤⑥ C．①②③④ D．①③④⑤16、用聚光手电筒照射下列分散系，不能观察到丁达尔效应的是（

）A．Fe(OH)3胶体B．蛋白质溶液C．KOH溶液D．淀粉溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：A________，B________，C________，D________，E________。另外，请写出下面要求的离子方程式。(1)A与E：__________________________________________。(2)B与E：__________________________________________。(3)C与E：___________________________________________。18、A——F是中学化学常见的六种物质，它们之间有如下转化关系。已知A是厨房中常见的一种调味品，D是一种黄绿色气体单质，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，回答下列各题：(1)①②③④四个反应中，属于氧化还原反应的是____________。(2)写出①③两个化学反应的化学方程式：①____________________________________;③____________________________________。19、有5瓶损坏标签的溶液，分别盛有AgNO3、HNO3、盐酸、BaCl2、K2CO3，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、E产生沉淀，B与D、E产生沉淀，C、D与E产生气体，而C与D无反应现象。（1）判断各试剂瓶中所盛试剂为：B_________、D_________。（2）写出下面要求的离子方程式：A与E：______________________________________________________。C与E：______________________________________________________。20、某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(1)若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是________(填字母)。A．冷水B．沸水C．NaOH浓溶液D．NaCl浓溶液(2)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式____________________________。(3)氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是______，证明有氢氧化铁胶体生成的实验操作是______________。(4)取少量制得的胶体加入试管中，加入(NH4)2SO4溶液，现象是_________，这种现象称为胶体的________。(5)氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是________(填字母，下同)。A．胶体微粒直径小于1nmB．胶体微粒带正电荷C．胶体微粒做布朗运动D．胶体微粒能透过滤纸(6)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液的最本质特征是________。A．Fe(OH)3胶体微粒的直径在1～100nm之间B．Fe(OH)3胶体具有丁达尔现象C．Fe(OH)3胶体是均一的分散系D．Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸21、现有A、B、C、D、E五种溶液，它们所含的阴阳离子分别为：Na+、Ba2+、Ag+、Cu2+、H+；SO42-、OH-、CO32-、NO3-、Cl-。己知：①0.lmol/L的C溶液中，c(H+)=0.lmol/L②D溶液呈蓝色③将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡请回答下列问题：(1)请写出物质A、B、C、D、E的化学式：A_____________B_______________C_____________D______________E______________。(2)请写出碳酸钙与溶液C反应的离子方程式：_____________________。(3)取1.5mol/Ll00mL溶液A(过量)与amol/L50mL溶液D混合后，产生33.1g沉淀，则a=_______，若向反应后的体系中加入5mol/L的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为___________mL。

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.配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，导致量取的浓盐酸的体积偏小，配置溶液的浓度偏小，与题意不符，A错误；B.配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液的体积偏大，浓度偏小，与题意不符，B错误；C.称量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘，未使用游码，则称量的质量不变，配置溶液的浓度不变，与题意不符，C错误；D.NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，则浓度偏大，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】利用c==，判断操作对溶液中溶质、溶液体积的影响，导致浓度的偏差。2、D【解析】

CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们分别都含有1mol氧原子，结合分子组成计算出各自物质的量，结合V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比。【详解】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们都含有1mol氧原子，则n（CO）=n（O）=1mol，n（CO2）=1/2n（O）=1/2mol，n（O3）=1/3n（O）=1/3mol，根据V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比=1mol：1/2mol：1/3mol=6：3：2，故选D。3、A【解析】

由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，生成碳酸钠，水和二氧化碳，生成的气体在面团里形成大量气泡，使得面包变得松软，则①③正确，故答案为A。4、D【解析】

A、银排在氢的后面,不能置换氢气；

B、硫酸和氢氧化钡反应时,若SO42-沉淀完全，二者应该按1:1反应；C、碳酸钙难溶于水的盐，不能拆成离子形式；D、碱性氧化物与盐酸反应生成盐和水；【详解】A、银排在氢的后面,不能置换氢气,反应不能发生,故A错误；

B、NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀，二者1:1反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式：H＋＋OH－＋SO42-＋Ba2＋===BaSO4↓＋H2O，B错误；C、碳酸钙难溶于水，应写成化学式形式，不能拆成离子，正确的离子方程式：CaCO3＋2H＋===CO2↑＋H2O+Ca2+，故C错误；

D、盐酸能将碱性氧化物溶解，得到对应的盐和水,离子方程式书写正确，故D正确；综上所述，本题选D。5、B【解析】

A.若A、B两个装置中的盐酸都过量，则A、B装置中的气球都会膨胀，故A错误；B.10.6gNa2CO3和8.4gNaHCO3的物质的量均为0.1mol，若最终两气球体积相同，说明生成二氧化碳的物质的量相等，则10.6gNa2CO3和8.4gNaHCO3均完全反应，氯化氢的物质的量应大于或等于0.2mol，其质量一定大于或等于7.3g，故B正确；C.碳酸钠和酸反应的离子方程式为：+H+=HCO3-、+H+=CO2↑+H2O，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为+H+=CO2↑+H2O，若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0＜n(HCl)＜0.2mol，所以其质量一定小于7.3g，故C错误；

D．两试管中氯离子物质的量相等，而Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.1mol，所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，则最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，故D错误；答案选B。6、B【解析】

A项、亚硫酸钠中硫元素为中间价+4价，既有氧化性又有还原性，故A错误；B项、硫化氢中硫元素为最低价——-2价，只有还原性，故B正确；C项、三氧化硫中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故C错误；D项、硫酸镁中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】同种元素，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价既有氧化性又有还原性是判断元素氧化性和还原性的依据，也是解答的关键。7、B【解析】A．因CO32-、H+能结合生成水和气体，则不能共存，故A错误；B．离子组OH－、NO、K＋、Na＋之间不能发生离子反应，则能够共存，故B正确；C．因Ag+与Cl-发生离子反应生成AgCl，则不能共存，故C错误；D．因OH-与H+能结合生成水，则不能共存，故D错误；故答案为B。8、A【解析】

A．盐酸是HCl与水的混合物，NaOH固体属于化合物，石墨属于单质，NaCl属于盐类，故选A；B．碱石灰又称钠石灰，碱石灰是白色或米黄色粉末，疏松多孔，是氧化钙(CaO,大约75%），水（H₂O，大约20%），氢氧化钠（NaOH，大约3%），和氢氧化钾（KOH，大约1%）的混合物；金刚石为单质；O3为单质；纯碱(Na2CO3)为盐，故B不选；C．空气由氮气、氧气、二氧化碳、水蒸气以及稀有气体等组成的混合物；澄清石灰水是氢氧化钙和水的混合物；铁为单质；CaCO3为含氧酸盐，故C不选；D．CuSO4·5H2O属于纯净物；CaO属于碱性氧化物，故D不选。答案选A9、C【解析】试题分析：A、乙烷和氯气反应是连锁反应，不仅会有一氯乙烷，还有二氯乙烷、三氯乙烷、四氯化碳生成，错误；B、乙烯与氯气反应得到的是1,2-二氯乙烷，错误；C正确；D、乙炔与氯化氢反应，得到的是1,2-二氯乙烯，错误。考点：取代反应和加成反应10、C【解析】

A.氧化性：Ce4+>Fe3+，结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故A错误；B.氧化性是Ce4+>Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；C.铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素，故C正确；D.根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误；故选C。11、C【解析】

新制的氯水中含有氯气、次氯酸、盐酸等成分，具有酸性和漂白性，中间部分被次氯酸漂白，而四周没有和次氯酸反应，仍有指示剂的作用，pH试纸与酸显红色，即C项符合题意。故答案为C。12、A【解析】

A.KMnO4中Mn为+7价，为最高价，故常做氧化剂，正确；B.H2中H为中间价，所以H2既有氧化性又有还原性，错误；C.Na单质中Na元素为最低价，只具有还原性，错误；D.H2O中H的化合价是最高价，O的化合价是最低价，所以H2O既有氧化性又有还原性，错误。13、A【解析】

容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，标有温度和容量，颈上有刻度；使用时要先检验是否漏水，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液，正确的有①②③④，故选A。14、B【解析】

A项，44gCO2的物质的量是44g÷44g·mol−1=1mol；C项，64gSO2的物质的量是64g÷64g·mol−1=1mol；D项，3.01×1023个硫酸分子的物质的量是3.01×1023÷(6.02×1023mol−1)=0.5mol；答案选B。15、A【解析】

A．已知溶液的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量，不能计算溶质的物质的量，所以不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度，选A；B．设溶质的溶解度为Sg，，，所以知道溶质的摩尔质量、溶质的溶解度、溶液的密度，可计算物质的量浓度，故不选B；C．m(质)=m(液)-m(剂)，n(质)=，，所以知道溶液的质量、溶剂的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量，可计算物质的量浓度，故不选C；D．溶质的溶解度为Sg，，m(质)=m(液)，n(质)=，，所以知道溶液的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量、溶质的溶解度，可计算物质的量浓度，故不选D；选A。16、C【解析】

胶体具有丁达尔效应，溶液没有，据此分析选项即可。【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，A不符合题意；B.蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，B不符合题意；C.KOH溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，C符合题意；D.淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；故答案为C。【点睛】要注意蛋白质溶液和淀粉溶液都属于胶体，虽然通常称为溶液，但由于其分子直径达到了胶体粒子的直径范围，故其实质上属于胶体。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2AgNO3HNO3HClK2CO3Ba2++CO32-=BaCO3↓2Ag++CO32-=Ag2CO3↓2H++CO32-=CO2↑+H2O【解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓；（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O。18、①②③2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O【解析】

已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，为二氧化锰。据此解答问题。【详解】已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，为二氧化锰。则A为氯化钠，B为氢氧化钠，C为氢气，D为氯气，E为氯化氢，F为二氧化锰。(1)有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，四个反应中属于氧化还原反应的为①②③。(2)反应①为电解氯化钠生成氢氧化钠和氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；③为浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰和氯气和水，方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。【点睛】推断题抓住突破口是关键，如颜色，黄绿色的气体为氯气，红棕色的气体为二氧化氮等，抓住物质的用途，如氯化钠为厨房常用调味剂等。19、AgNO3盐酸Ba2++CO32-==BaCO3↓CO32-+2H+==CO2↑+H2O【解析】

C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。据此解答。【详解】根据以上分析可知A是氯化钡，B是硝酸银，C是硝酸，D是盐酸，E是碳酸钾，则（1）B中所盛试剂为AgNO3，D中所盛试剂为盐酸；（2）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32－＝BaCO3↓；C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32－＝CO2↑+H2O。【点睛】掌握常见物质的性质特点是解答的关键，注意进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。20、BFeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl1～100nm(或10－9～10－7m)让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成产生红褐色沉淀聚沉BA【解析】

（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；（2）制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体；（3）胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；（4）胶体粒子带有电荷，加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉；（5）胶粒带正电荷，相互排斥，而不易产生较大粒子而聚沉；（6）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】（1）利用FeCl3的水解制备Fe（OH）3胶体，制备Fe（OH）3胶体应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，答案选B。（2）制备氢氧化铁胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。（3）氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是1～100nm(或10－9～10－7m)；证明有胶体存在利用丁达尔效应。操作过程为：让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成。（4）（NH4）2SO4