2026届安徽省定远县民族私立中学化学高一上期末监测模拟试题含解析

2026届安徽省定远县民族私立中学化学高一上期末监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关胶体的说法错误的是A．胶体与其它分散系的本质区别是丁达尔效应B．将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中可制得Fe（OH）3胶体C．向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4溶液，有沉淀析出D．在通电的情况下，Fe（OH）3胶粒向与直流电源负极相连的一极移动2、下列离子方程式正确的是A．大理石与醋酸反应：B．高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：D．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：3、下列反应中，水只作氧化剂的氧化还原反应为：()A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．2F2+2H2O=4HF+O2C．H2O+CaO=Ca(OH)2 D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑4、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()选项abcAAlAlCl3Al(OH)3BCO2Na2CO3NaHCO3CSiSiO2H2SiO3DSSO3H2SO4A．A B．B C．C D．D5、下列变化需要加入还原剂才能实现的是A．Cl-→C12B．HCO3-→C032-C．Mn04-→Mn2+D．Zn→Zn2+6、浓硫酸可以干燥氢气，体现浓硫酸的性质为A．酸性 B．吸水性 C．脱水性 D．强氧化性7、当光束通过下列分散系时，可能产生丁达尔效应的是A．NaCl溶液 B．Fe(OH)3胶体 C．盐酸 D．KOH溶液8、下列物质的用途（括号内为用途）错误的是A．二氧化硅（光导纤维） B．晶体硅（计算机芯片）C．氧化铝（耐火材料） D．氧化钠（供氧剂）9、某化学兴趣小组想从海水中提取淡水、NaCl和Br2，设计了如下实验：实验中的操作1、操作2、操作3、操作4分别为()A．蒸馏、过滤、萃取、分液 B．蒸发、过滤、萃取、分液C．过滤、蒸发、蒸馏、分液 D．分液、过滤、蒸馏、萃取10、下列说法中不正确的是A．卢瑟福——用α粒子散射实验提出带核的原子结构模型B．维勒——合成尿素实现了无机物向有机物的转化C．门捷列夫——发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表D．侯德榜——侯氏制碱法的原理是将氨气通入二氧化碳的氯化钠饱和溶液中11、关于二氧化硫和氯气的下列说法中正确的是A．都能使高锰酸钾溶液褪色 B．都能使溴水褪色C．都能使品红溶液褪色 D．都能使湿润红色布条褪色12、某食品袋内充有某种气体，其成分可能是（）A．氧气 B．氮气 C．氯气 D．氢气13、下列电离方程式中，不正确的是（）A．HNO3=H+＋NO B．NaOH=Na+＋OH-C．AlCl3=Al3++Cl- D．CuSO4=Cu2+＋SO14、下列原子结构示意图所表示的元素与表示的元素属于同一主族的是()A． B． C． D．15、在无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是()A．Na+、K+、、OH﹣ B．Mg2+、Al3+、、C．K+、Cu2+、、 D．H+、Na+、、16、FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体具有的共同性质是A．都能透过滤纸 B．都是呈红褐色的混合物C．分散质粒子具有相同的直径 D．都具有丁达尔效应二、非选择题（本题包括5小题）17、五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物是日常生活中的常用调味品。回答下列问题：(1)五种元素中，原子半径最大的是________，非金属性最强的是________(填元素符号)。(2)由A分别和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是__________(用化学式表示)。(3)A、B、E形成的离子化合物电子式为____________，其中存在的化学键类型为____________。(4)D最高价氧化物的水化物的化学式为________________。(5)单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为__________________；D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为__________。(6)单质E与水反应的离子方程式为____________________。18、如图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C、D、E为单质，E为固体，F为有磁性的化合物。它们之间存在如下关系(反应中生成的水及次要产物均已略去)：（1）写出下列物质的化学式：B________，E________。（2）指出MnO2在相关反应中的作用：反应①中是________剂，反应②中是________剂。（3）若反应①是在加热条件下进行，则A是________(填化学式)；若反应①是在常温条件下进行，则A是________(填化学式)；如在上述两种条件下得到等质量的C单质，反应中转移的电子数之比为________。19、某学习小组利用下图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3·6H2O晶体。（图中夹持及尾气处理装置均已略去。）（1）装置B中发生反应的化学方程式是_____________________________________。（2）装置E中的现象是_____________________________________。（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤，简述检验滤液中Fe3+的操作方法：_____________________________________。（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3·6H2O晶体，设计流程如下：①步骤Ⅰ中通入Cl2发生反应的离子方程式______________________________。②步骤Ⅱ从FeCl3稀溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的主要操作包括：_________________。20、某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。实验Ⅰ实验Ⅱ取ⅰ中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。（1）ⅰ中反应的离子方程式是__。（2）实验Ⅰ中ⅰ和ⅱ可以得出的结论是__。（3）①甲同学认为：实验Ⅱ观察到__现象，得出氧化性Br2＞I2。②乙同学对上述实验进行反思，认为实验Ⅱ不能充分证明氧化性Br2＞I2，他补做了实验Ⅲ。实验Ⅲ另取ⅰ中的黄色溶液少许，先③步骤步骤，，，，，加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液。补做实验Ⅲ的目的是__。（4）综合实验Ⅰ和Ⅲ，得出氧化性Cl2＞Br2＞I2。21、向20mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/L的NaOH溶液时，所得的沉淀质量与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示：（1）分别用离子方程式表示图中OA段、AB段的反应原理_________________________、_____________________________．（2）最大沉淀质量为_____g（3）所用AlCl3溶液的物质的量浓度是______________（4）当所得沉淀量为0.39g时，用去NaOH溶液的体积是_____mL或_____mL。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A.胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故A错误；B.将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中，加热至出现红褐色后停止加热，即得Fe(OH)3胶体，故B正确；C.向Fe(OH)3胶体中加入电解质溶液Na2SO4溶液，发生聚沉现象，会有沉淀析出，故C正确；D.在通电的情况下，Fe(OH)3胶粒向与直流电源负极相连的一极移动，出现现象是阴极区域颜色加深，阳极区域颜色变浅，故D正确。综上所述，答案为A。2、D【解析】

A.大理石与醋酸反应，离子方程式：，故A错误；B.高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式：，故B错误；C.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式：，故C错误；D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式：，故D正确；故选：D。3、D【解析】

A．反应Cl2+H2O=HCl+HClO中，水中各元素的化合价未变，故A错误；B．反应2F2+2H2O=4HF+O2中，水中氧元素的化合价升高是还原剂，故B错误；C．H2O+CaO=Ca(OH)2是非氧化还原反应，故C错误；D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应中只有水中氢元素的化合价降低，生成氢气，说明是水只作氧化剂，故D正确；故答案为D。【点睛】明确氧化还原反应的基本概念是解题关键，在这些氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，所以水中只有氢元素的化合价降低，生成氢气，说明是水只作氧化剂的氧化还原反应。4、B【解析】

A项，Al(OH)3不能一步转化为Al，只能经过Al(OH)3→Al2O3→Al两步实现，故A不符合题意；B项，CO2与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3分解可生成Na2CO3、CO2，故B符合题意；C项，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3不能一步转化为Si，故C不符合题意；D项，S不能一步转化为SO3，H2SO4一般也不能一步转化为S，故D不符合题意。综上所述，符合题意的选项为B。5、C【解析】

需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。【详解】A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确；D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；答案选C。6、B【解析】

浓硫酸是强氧化性酸，有吸水性和脱水性，其中作氢气的干燥剂是因其有吸水性的缘故，故答案为B。7、B【解析】

丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”。丁达尔现象是胶体特有的性质。氯化钠、盐酸、氢氧化钾溶液均属于溶液，不具有丁达尔效应，Fe(OH)3胶体属于胶体，具有丁达尔效应，故答案为B。8、D【解析】

A.二氧化硅可制造光导纤维，故A正确；B.晶体硅制造计算机芯片，故B正确；C.氧化铝熔点高做耐火材料，故C正确；D.过氧化钠作供氧剂，故D错误。答案选D。9、A【解析】

海水通过蒸馏得到淡水和X，X得到NaCl固体和苦卤水，操作2应是过滤，苦卤水中通入氯气，将Br－氧化成Br2，利用溴单质易溶于有机溶剂，这种方法是萃取，然后分液得到溴的四氯化碳，操作1、操作2、操作3、操作4分别是蒸馏、过滤、采取、分液，故A正确；答案选A。10、D【解析】

A．1911年，卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，故A不符合题意；

B．维勒用无机物腈酸铵合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限，可利用无机物得到有机物，故B不符合题意；

C．门捷列夫在化学上的主要贡献就是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，故C不符合题意；

D．侯德榜-侯氏制碱法的原理是将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，故D符合题意；【点睛】根据侯德榜发明的侯氏制碱法的化学原理知道，二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵，氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵，所以才利于NaHCO3的生成。11、C【解析】

A.二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，氯气不能，A错误；B.二氧化硫具有还原性，能能使溴水褪色，氯气不能，B错误；C.二氧化硫具有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，都能使品红溶液褪色，C正确；D.氯气能使湿润红色布条褪色，二氧化硫不能，D错误；答案选C。【点睛】选项C和D是解答的易错点，注意氯气没有漂白性，真正起漂白注意的是和水反应产生的次氯酸，另外二氧化硫的漂白是不稳定，且范围较小。12、B【解析】

A.氧气的化学性质比较活泼，能加快食品的氧化变质，选项A不可能；B.氮气的化学性质不活泼，无毒，可以充入食品包装袋，选项B可能；C.Cl2本身有毒，不能充入食品包装袋，选项C不可能；D.氢气化学性质活泼，保存不当易发生爆炸，不便于贮存和运输，不能充入食品包装袋，选项D不可能；答案选B。13、C【解析】

A.硝酸为强酸，完全电离出氢离子和硝酸根，电离方程式为：HNO3=H+＋NO，故A正确；B.氢氧化钠为强碱，完全电离出钠离子和氢氧根，电离方程式为：NaOH=Na+＋OH-，故B正确；C.氯化铝电离时形成1个铝离子和3个氯离子，电离方程式为：AlCl3=Al3++3Cl-，故C错误；D.硫酸铜完全电离：CuSO4=Cu2+＋SO，故D正确；故选C。14、B【解析】

题干中的原子结构示意图表示的是Mg原子，Mg元素属于IIA族；A、该原子结构示意图表示的是He原子，He元素属于0族，不符合题意；B、该原子结构示意图表示的是Be原子，Be元素属于IIA族，符合题意；C、该原子结构示意图表示的是C原子，C元素属于IVA族，不符合题意；D、该原子结构示意图表示的是Na原子，Na元素属于IA族，不符合题意；故选B。15、B【解析】

A.氢氧根和碳酸氢根反应生成水和碳酸根，故A不能共存；B.四种离子之间相互不反应，故可以共存，故B能共存；C.溶液中含有铜离子会显蓝色，题目要求无色，故C不符合题意；D.氢离子和碳酸根反应生成二氧化碳和水，故D不能共存；故答案为B。16、A【解析】

A、溶液和胶体中的分散质粒子都能透过滤纸，A正确；B、FeCl3溶液呈棕黄色，Fe(OH)3胶体呈红褐色，B错误；C、FeCl3溶液中，Fe3+和Cl−直径都小于1nm，而Fe(OH)3胶粒是由许多粒子组成的，直径在1～100nm之间，C错误；D、溶液没有丁达尔效应，D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaClPH3离子键和共价键H3PO42P+5Cl22PCl5PCl3Cl2+H2O=H++Cl-+HClO【解析】

五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的化合物在水中呈碱性，则该化合物为氨气，因此A为H元素，B为N元素；A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则C为Na元素、D为P元素；A和B、D、E均能形成共价型化合物，C和E形成的化合物是日常生活中的常用调味品，则E为Cl元素，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知：A是H，B是N，C是Na，D是P，E是Cl元素。(1)原子核外电子层越多、原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，元素的核电荷数越小，原子半径越大，因此在上述元素中，Na原子半径最大；在同一周期中，原子序数越大，元素的非金属性越强，在同主族中，原子序数越大，元素的非金属性越弱，故非金属性最强的元素是Cl；(2)非金属性Cl>P、N>P，元素的非金属性越弱，其形成的简单氢化物的稳定性就越差；在P、N、Cl三种元素中，P的非金属性最弱，因此热稳定性最差的是为PH3；(3)H、N、Cl三种元素形成的离子化合物是NH4Cl，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，在NH4+中N与H原子之间通过共价键结合，所以氯化铵中含有离子键和共价键，其电子式为：；(4)P元素原子最外层有5个电子，最高化合价为+5价，所以P元素的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4；(5)P在充足的氯气中燃烧生成五氯化磷，反应的化学方程式为：2P+5Cl22PCl5；P在不足量的氯气中燃烧，其主要生成物为PCl3；(6)E的单质为氯气，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，HClO为弱酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。【点睛】本题考查了元素的位置、结构与性质的关系及应用。根据元素的原子结构特点及相互关系推断元素为解答的关键，元素的原子结构决定元素的性质，元素在周期表的位置反映了元素的原子结构特点及元素性质的变化规律。侧重考查学生对元素周期律的应用及分析、推断及应用能力。18、HClFe催化氧化KClO3H2O22∶1【解析】

根据铁及其化合物的性质及转化关系分析解答；根据氯气的制备原理及氯气的强氧化性分析解答。【详解】(1)本题的突破口为“F为有磁性的化合物”，所以F为Fe3O4，逆向推理可知E为固体属于E是Fe，C为O2，由于A是在加热条件下反应，则A为KClO3，同时注意到G、H之间的转化为Fe3＋与Fe2＋之间的转化，不难推出D为Cl2，B为HCl；故答案为HCl，Fe。(2)反应①的方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，其中MnO2作催化剂，反应②方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，其中MnO2中的Mn元素化合价从+4价降低到+2价，所以MnO2作氧化剂；故答案为催化，氧化。(3)若反应①是在加热条件下进行，则A是KClO3，方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，若反应①是在常温条件下进行，则A是H2O2，方程式为：2H2O22H2O+O2↑，假设两种条件下均生成氧气1mol，当A是KClO3时，生成1molO2转移4mole-，当A是H2O2时，生成1molO2时，转移2mole-，所以在上述两种条件下得到等质量的C单质时，反应中转移的电子数之比为2:1；故答案为KClO3，H2O2，2∶1。19、3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2黑色固体变红，右端管壁有水珠取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否出现血红色Cl2+2Fe2+==2Cl-+2Fe3+加热浓缩，冷却结晶，过滤【解析】

根据物质性质书写化学方程式；根据实验原理及装置分析实验现象；根据铁离子的检验原理分析解答；根据溶液中溶质的性质分析物质分离提纯的操作方法。【详解】（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠，故答案为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；（3）用KSCN溶液检验滤液中Fe3+，观察溶液是否出现血红色，故答案为：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否出现血红色；（4）①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，故答案为：Cl2+2Fe2+==2Cl-+2Fe3+②由FeCl3稀溶液中得到FeCl3⋅6H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤。20、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2溶液变蓝排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰【解析】

（1）ⅰ中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变为黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质；（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，实验Ⅰ中ⅰ氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ⅱ氯水中含有氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；（3）①取ⅰ中反应后的黄色溶液即含溴水溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成碘单质，说明溴水中的Br2将碘离子氧化为碘单质，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；②实验Ⅱ取ⅰ中的黄色溶液进行试验，ⅰ中反应后的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中反应后的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水。【详解】（1）ⅰ中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变为黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，实验Ⅰ中ⅰ氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ⅱ氯水中含有氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；故答案为：氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2；（3）①取ⅰ中的黄色溶液即溴水溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成碘单质，发生反应为Br2+2I-=2Br-+I2，说明溴水中的Br2将碘离子氧化为碘单质，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，得出氧化性Br2＞I2；故答案为：溶液变蓝；②实验Ⅱ取ⅰ中的反应后的黄色溶液进行试验，ⅰ中的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保反应后的溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水，因此补做实验Ⅲ的目的是排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰，故答案为：排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰。【点睛】本题难点在实验Ⅲ的目的：取ⅰ中的反应后的黄色溶液进行试验，ⅰ中的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保反应后的溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水。21、图中OA段：Al3++3OH-＝Al(OH)3↓AB段:Al（OH）3