浙江省嘉兴市第五高级中学2026届化学高一上期中联考试题含解析

浙江省嘉兴市第五高级中学2026届化学高一上期中联考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为()A．1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．3∶2∶1 D．3∶4∶32、我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用，其中黑火药的爆炸反应：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑。该反应中被氧化的元素是A．C B．N C．N和S D．N和C3、下列有关氧化还原反应的叙述正确的是A．金属阳离子一定具有氧化性，可能具有还原性B．由于浓硫酸可与二氧化硫发生氧化还原反应，所以不能用浓硫酸干燥二氧化硫气体C．氧化还原反应中，有一种元素被氧化的同时，必有另一种元素被还原D．元素由化合态转化为游离态时，一定是被还原4、下列混合物中能用分液漏斗分离，且油层由分液漏斗上口倒出的是()A．四氯化碳和水B．酒精和水C．植物油和水D．硫酸和水5、欲配制100mL1.0mol·L-1Na2CO3溶液，正确的方法是（）A．称量10.6gNa2CO3溶于100mL水中B．称量10.6gNa2CO3•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mLC．量取20mL5.0mol·L-1Na2CO3溶液用水稀释至100mLD．配制80mL1.0mol·L-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5gNa2CO36、在无色溶液中大量共存的一组离子是（）A．Cu2+、SO42-、OH-、K+ B．Fe3+、NO3-、Cl-、H+C．K+、CO32-、Cl-、H+ D．H+、Na+、Cl-、SO42-7、从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是A．将海带燃烧成灰 B．过滤得含I-溶液C．放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯8、下列各组数据中，前者是后者两倍的是A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量B．2mol·L-1氯化钠溶液中C(Cl-)和1mol·L-1氯化镁溶液中C(Cl-)C．标准状况下22.4L甲烷中氢原子数和18g水中氢原子数D．20%氢氧化钠溶液中C(NaOH)和10%氢氧化钠溶液中C(NaOH)9、某金属氯化物MCl240.5g，含有0.6molCl—，则金属M的摩尔质量为A．135B．135g·mol－1C．64D．64g·mol－110、氯化钯可用来检测有毒气体CO,发生反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl。下列关于该反应的说法中正确的是A．CO2为还原产物B．CO表现还原性C．PdCl2被氧化D．当生成22.4LCO2时,转移电子的物质的量为2mol11、如图所示的实验操作中正确的是()A． B． C． D．12、下列反应的离子方程式中正确的是A．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+Cu2++AgB．在澄清石灰水中通入足量的CO2：Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2OC．碳酸镁跟醋酸反应：MgCO3＋2H+Mg2+＋H2O＋CO2↑D．铁跟稀硫酸反应：Fe＋2H+Fe2+＋H2↑13、下列物质溶于水，其电离方程式正确的是A．NaHCO3===Na++H++ B．(NH4)2SO4===+C．NH4Cl===+Cl- D．Ba(OH)2===Ba2++14、“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是A．制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)＝CuSO4+SO2↑+2H2OB．制CuSO4：2Cu+O2＝2CuO；CuO+H2SO4(稀)＝CuSO4+H2OC．制Cu(NO3)2：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OD．制Cu(NO3)2：3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O15、与OH-具有相同质子数和电子数的微粒是()A．F- B．Cl- C．NH3 D．NH16、8克气体X含有3.01×1023个分子，则气体X的相对分子质量为A．8B．16C．32D．64二、非选择题（本题包括5小题）17、下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色．填写下列空白：（1）写出化学式：A__________，B______________．（2）写出反应⑤的化学反应方程式：_______________________________﹣．（3）写出反应⑥的化学反应方程式：_________________________________．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、为配制480mL0.1mol·L-1Na2SO4溶液。回答下列问题。（1）应用托盘天平称取十水硫酸钠（Na2SO4·10H2O）晶体________g。（2）配制Na2SO4溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、_____________________、_______________________________。（3）实验时遇下列情况,溶液的浓度偏低的是_________________。A．溶解后没有冷却便进行定容B．忘记将洗涤液转入容量瓶C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理D．称量的硫酸钠晶体部分失水E．加水定容时越过刻度线F．俯视刻度线定容20、实验室用18.4mol•L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有___（选填序号），还缺少的仪器有（写仪器名称）___。（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为___mL，量取浓硫酸时应选用___（选填

①10mL②50mL③100mL）规格的量筒。（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：___、___。（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是___。A．容量瓶上标有容积、温度和浓度B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D．使用前要检查容量瓶是否漏水（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有___（填序号）①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④定容时，仰视刻度线21、储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4===3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目________________________________。（2）上述反应中氧化剂是______（填化学式），被氧化的元素是________（填元素符号）。（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是____________（填序号）。A．氧化性B．氧化性和酸性C．酸性D．还原性和酸性（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_________L。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度均为amol/L，三种溶液的体积分别为3bL、2bL、bL，则n(NaCl)=3abmol，NaCl溶液中Cl-的物质的量为3abmol；n(MgCl2)=2abmol，MgCl2液中Cl-的物质的量为4abmol；n(AlCl3)=abmol，AlCl3溶液中Cl-的物质的量为3abmol，故NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl－的物质的量之比为3ab：4ab：3ab=3：4：3，D符合题意；答案选D。2、A【解析】

根据反应方程式2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑，N元素的化合价由+5价降至0价，化合价降低被还原，S元素的化合价由0价降至-2价，化合价降低被还原，C元素的化合价由0价升至+4价，化合价升高被氧化，因此被氧化的元素是C，答案选A。3、A【解析】A．金属阳离子可得电子被还原，具有氧化性，处于中间价态的金属阳离子可具有还原性，如亚铁离子，故A正确；B．浓硫酸不能氧化二氧化硫，则能用浓硫酸干燥二氧化硫气体，故B错误；C．氧化还原反应中可能同种元素既被氧化又被还原，如氯气与NaOH的反应，故C错误；D．元素由化合态转化为游离态时，化合价可能降低也可能升高，则可能被氧化也可能被还原，故D错误；答案选A。4、C【解析】

根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，油层由分液漏斗上口倒出，说明有机溶剂的密度小于水，据此解答。【详解】A．四氯化碳和水互不相溶，能用分液漏斗进行分离，但是四氯化碳密度大于水，从下口流出，故A错误；B．酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；C．植物油和水互不相溶，能用分液的方法分离，植物油的密度小于水，在上层，从上口到出，故C正确；D．硫酸和水互溶，不能用分液的方法分离，故D错误；故选C。5、C【解析】

A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶液体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；B.10.6gNa2CO3•10H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0mol·L-1，故B错误；C.设稀释后碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c，解得：c=1mol/L，故C正确；D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×1.0mol/L×0.1L=10.6g，故D错误。故选C。【点睛】物质的量浓度=，体积指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积。6、D【解析】

A.Cu2+显蓝色，与题意不符，且铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀，不能共存，A错误；B.Fe3+显黄色，与题意不符，B错误；C.CO32-与H+不能大量共存，与题意不符，C错误；D.H+、Na+、Cl-、SO42-能大量共存，且溶液为无色，符合题意，D正确；答案为D。7、D【解析】

A．将海带烧成灰应在坩埚中进行，A错误；B．过滤时要用玻璃棒引流，B错误；C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应将碘的苯溶液从上层倒出，C错误；D．苯易挥发，用蒸馏的方法将碘和苯分离并回收苯，D正确。答案选D。8、C【解析】

A.水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关，故A错误；

B.2mol/L氯化钠溶液中c（Cl-）=2mol/L，1mol/L氯化镁溶液中c（Cl-）=2mol/L；前者与后者相等，故B错误；

C.标准状况下22.4L甲烷中氢原子数为：22.4L22.4L/mol×4NA=4NA，18g水中氢原子数为：18g18g/mol×2NA=2NA，所以前者是后者的两倍，故D.根据浓度变形公式：c=1000pw/M，其中p表示溶液密度，w表示溶质质量分数，M表示溶质摩尔质量，c（前）/c（后）=p（前）w（前）/p（后）w（后）=2p（前）/p（后），而氢氧化钠溶液质量分数越大，密度越大，有p（前）>p（后）,即p（前）/p（后）>1，则2p（前）/p（后）>2，故D错误。

答案选C。9、D【解析】

本题考查了摩尔质量的计算，根据原子的摩尔质量在数值上等于该元素的相对原子质量进行分析。【详解】因某金属氯化物MCl2中的Cl-的物质的量0.6mol，则MCl2的物质的量为0.3mol，所以MCl2的摩尔质量为40.5g0.3mol=135g/mol，所以金属M的摩尔质量为135g/mol-(35.5g/mol)×2=64g/mol，故A、B、C错误，D【点睛】本题解题的关键是由Cl-的物质的量，结合化学式MCl2计算金属氯化物的物质的量，再利用M=mn计算金属氯化物MCl2的摩尔质量，据此计算金属M10、B【解析】反应CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，CO中C的化合价从+2价升高到+4价，被氧化，做为还原剂，表现出还原性，生成的CO2是氧化产物；PdCl2中Pd化合价从+2价降为0价，被还原，做氧化剂，表现出氧化性，生成的Pd是还原产物；A、CO2为氧化产物，选项A错误；B、CO表现还原性，选项B正确；C、PdCl2被还原，选项C错误；D、根据反应方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl，若标准状况下，当生成22.4LCO2时，转移电子的物质的量为2mol，但没说明气体的状态，不能确定其物质的量，选项D错误。答案选B。11、A【解析】

A.图示为过滤，装置和操作均正确，故A正确；B.给试管中的液体加热时，液体的量不能超过试管容积的1/3，故B错误；C.为避免试剂污染，滴管不能伸入容器内部滴加试剂，故C错误；D.为避免失火，不能用燃着的酒精灯去对火点燃另一个酒精灯，故D错误；答案选A。12、D【解析】

根据离子方程式的书写条件分析。【详解】A.该反应前后，电荷不守恒，故A错误；B.通入足量CO2，即CO2气体过量，产物是Ca(HCO3)2，故离子方程式为：OH-+CO2=HCO3-故B错误；C.醋酸是弱酸，在离子方程式书写过程中，不能拆成离子形式，故C错误；D.铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故D正确。故选D。【点睛】在书写离子反应方程式过程中，难电离的物质（如，弱酸、弱碱），难溶性物质（如，CaCO3等），易挥发性物质（如，气体），不能拆开。13、C【解析】

A.碳酸氢根离子属于弱酸根离子，部分发生电离，电离方程式中不能拆分，故A错误；B.该离子方程式电荷不守恒，应该为：（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，故B错误；C.氯化铵属于强电解质，水溶液中完全电离，该离子方程式电荷守恒、离子符号正确，书写正确，故C正确；D.该离子方程式中，氢氧根的书写错误，应该为：Ba（OH）2=Ba2++2OH-，故D错误；故选：C。14、B【解析】选项A、B、D中分别产生了有毒气体SO2、NO2、NO，所以正确的答案是B。15、A【解析】

OH-含有的质子数和电子数分别是9和10，据此分析解答。【详解】A．F-含有的质子数和电子数分别是9和10，A符合题意；B．Cl-含有的质子数和电子数分别是17和18，B不选；C．NH3含有的质子数和电子数分别是10和10，C不选；D．NH含有的质子数和电子数分别是11和10，D不选；答案选A。16、B【解析】

3.01×1023个分子的物质的量为3.01×1023/6.02×1023=0.5mol，X的摩尔质量为8/0.5=16g/mol。故相对分子质量为16.故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaNa2O2NaOH+CO2=NaHCO32NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【解析】

A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。【详解】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3；（3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。【点睛】本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。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、16.1胶头滴管500mL容量瓶BE【解析】

（1）为配制480mL0.1mol·L-1Na2SO4溶液，需要选择500mL容量瓶，则应用托盘天平称取十水硫酸钠（Na2SO4·10H2O）晶体的质量是0.5L×0.1mol/L×322g/mol＝16.1g。（2）配制Na2SO4溶液时的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，则需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶。（3）A．溶解后没有冷却便进行定容，冷却后溶液体积减少，浓度偏高；B．忘记将洗涤液转入容量瓶中溶质的质量减少，浓度偏低；C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变；D．称量的硫酸钠晶体部分失水导致溶质的质量增加，浓度偏高；E．加水定容时越过刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；F．俯视刻度线定容，溶液体积减少，浓度偏高。答案选BE。20、②④⑥500mL容量瓶5.4①搅拌引流D①④【解析】

（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；（2）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，据此选择合适规格量筒；（3）依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；（4）根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：②④⑥；还缺少的仪器为：容量瓶，配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；故答案为：②④⑥；500mL容量瓶；（2）用