2026届湖南省古丈县第一中学化学高一第一学期期末经典试题含解析

2026届湖南省古丈县第一中学化学高一第一学期期末经典试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于水后会形成酸雨。下列说法正确的是A．某酸雨的pH为5.7B．酸雨的主要成分为H2SO3和HNO3C．汽车尾气中所指NOx的化学式为NO2D．现在农村推广的洁净型煤中加入了固硫剂以减少二氧化硫的排放2、在和的混合溶液中，当，，时，与的关系是（）A． B． C． D．无法计算3、下列物质：①水泥②玻璃③陶瓷④水晶，其中属于硅酸盐工业产品的是（）A．只有①② B．只有②④ C．只有①②③ D．全部4、碘单质的制备流程如图，下列说法不正确的是()A．“煮沸”操作有利于I－的充分溶解B．灼烧时用到的硅酸盐仪器为玻璃棒、蒸发皿、酒精灯。C．氧化的步骤中发生的氧化还原反应：2I－+H2O2+2H+=I2+2H2OD．萃取分液中分液漏斗中萃取液的处理是：下层液体经旋塞放出，上层液体从上口倒出5、在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是A．Na+、K+、SO42-、HCO3- B．Cu2+、K+、SO42-、NO3-C．Na+、K+、Cl-、NO3- D．Fe3+、K+、SO42-、Cl-6、下列有关物质用途的说法正确的是（）A．SiO2是良好的半导体材料B．NaOH可用于治疗胃酸过多C．Na2O2可用作潜水艇的供氧剂D．明矾可用作自来水的消毒剂7、有下列三个反应：下列说法正确的是A．反应中的氧化产物分别是、、B．根据以上方程式可以得到氧化性：C．在反应中当1

mol

参加反应时，2

mol

HCl被氧化D．可以推理得到8、下列说法正确的是()A．O3是由3个氧原子构成的化合物 B．生石灰与水混合的过程只发生物理变化C．可用丁达尔效应区分溶液与胶体 D．CuSO4·5H2O是一种混合物9、在一定条件下，与R2－发生如下反应：+2R2－+6H+=3R+3H2O下列关于元素R的叙述中正确的是A．R原子的最外层上有4个电子B．中的R只能被还原C．HnRO3一定是强酸D．R的单质既具有氧化性又具有还原性10、下列化合物能通过相应单质直接化合而成的是（）A．FeCl2 B．CuS C．Na2O2 D．SO311、下列物质中，能用玻璃塞试剂瓶保存的是()A．苛性钠溶液 B．稀盐酸 C．纯碱溶液 D．硅酸钠溶液12、SO2溶于水后，与水反应生成H2SO3，下列对于H2SO3的性质预测正确的是()A．有氧化性，无还原性，无酸性B．有氧化性，有还原性，有酸性C．有还原性，无氧化性，无酸性D．有还原性，无氧化性，有酸性13、下列物质既不是电解质又不是非电解质的是()A．水 B．氯气 C．硫酸氢钠 D．二氧化硫14、下列叙述正确的是A．直径介于1～100nm之间的粒子称为胶体B．用过滤的方法可以将胶体和溶液分离C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应15、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上，发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。手机电池的工作原理是LiCoO2+C=Li1-xCoO2+LixC下列说法不正确的是（）A．制造手机芯片的关键材料硅，是非金属元素B．用铜制作的手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．这种手机电池工作时，没有氧化还原反应发生16、标准状况下，分别将充满下列气体的容器倒扣于水槽中(设气体不发生扩散)，充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度不等于mol•L﹣1(约0.045mol•L﹣1)的是()A．HCl B．NO2、O2 C．SO2、N2 D．NO2二、非选择题（本题包括5小题）17、已知1L无色待测液中除含有0.2mo/L的Na＋外，还可能含下列离子中的一种或几种：阳离子K+、NH4+、Ca2+、Ba2+、Fe3+阴离子Cl-、Br-、CO32-、HCO3-、SO42-现进行如图实验操作(每次实验所加试剂均过量)(1)由气体B可确定待测液中含有的离子是___________。(2)由白色沉淀D和白色沉淀E可以判定待测液中一定含有的离子是___________，据此可以确定待液中一定不存在的离子是___________。(3)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是___________。(4)某同学认为待液中一定不含溴离子，判断的依据是______________________。(5)综上分析，待测液中K＋的最小浓度为___________。18、取一定量的CuCl2产品投入Na2CO3溶液中，充分反应生得到一种仅含四种元素的不溶性盐X，并产生气体CO2。设计如下实验探究X的组成和性质。已知各步反应所需试剂均过量，请回答：（1）混合气体的成分是______________；X的化学式为__________________。（2）写出CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式______________________________。19、用Cl2和Ca(OH)2制备少量漂粉精（一种含氯消毒剂）的装置如下。（1）A为氯气发生装置。A中反应方程式是________。（2）B的作用是吸收挥发出的HCl。HCl可能对制备漂粉精造成的影响是________。（3）用Cl2和Ca(OH)2制备的漂粉精，其有效成分是_________。（4）漂粉精常用于游泳池的消毒，起消毒作用的是HClO。漂粉精在水中释放HClO的途径如下：途径一：Ca(ClO)2+2H2O⇌Ca(OH)2+2HClO途径二：Ca(ClO)2+H2O+CO2＝________+_______（把反应补充完整）（5）池水的酸碱性对漂粉精的消毒效果影响明显。①池水碱性过强，杀毒作用会________（填“增强”或“减弱”）。②池水酸性过强，会刺激眼睛和皮肤。通常加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，起到降低酸性作用的离子分别是________（填离子符号）。（6）某届奥运会期间，发生了室外游泳池水变绿的事件，成为当时的一大新闻。有关负责人说，池水变绿是藻类生长造成的。该游泳池每隔一段时间就要投放含氯消毒剂，当再次投放时，误投了过氧化氢（H2O2）消毒剂。消毒剂为什么不起作用了？_______。20、某化学实验小组的同学为了探究SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示实验装置。(1)写出A中反应的化学方程式:___________，浓硫酸表现出_____性。(2)实验室用装置E制备Cl2,离子方程式为____________。该反应中的还原剂是_______(填化学式)。(3)①装置A和E中，常用于萃取操作的仪器是__________(填名称)。②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B．______，D．_____。(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入品红溶液中，结果发现品红溶液未褪色，并且生成了两种常见的强酸，请你分析该现象的原因:__________(用化学方程式表示)。21、已知下图所示物质相互转化关系，其中A为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：C____________；H_________________。（2）写出A

与水蒸气反应的化学方程式___________________________________。（3）实验室保存B溶液时常加入少量固体A，其原因是___________________________________。（4）写出E转变成F的化学方程式___________________________________。

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．酸雨的pH小于5.6，故A项说法错误；B．酸雨主要成分是H2SO4和HNO3，故B项说法错误；C．汽车尾气中所指NOx是机动车内燃机中燃料燃烧产生的，在高温条件下，空气中的氮气参与反应生成的NO，部分一氧化氮又被氧化为NO2，故C项说法错误；D．煤燃烧过程中，硫元素燃烧产生SO2气体，向煤中加入固硫剂将SO2转化为其它固体化合物，能够有效降低SO2的排放，故D项说法正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。2、C【解析】

和的混合溶液呈电中性，溶液中阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数，则，解得：，C正确，故选C。3、C【解析】

陶瓷、水泥、玻璃属于硅酸盐产品，水晶的主要成分是SiO2。答案选C。4、B【解析】

由题给流程图可知，5g海带用酒精润湿后，灼烧得到海带灰，将海带灰溶于蒸馏水，煮沸充分溶解，过滤得到含碘离子的溶液，向含碘离子的溶液中加入稀硫酸酸化的双氧水溶液，双氧水在酸性条件下与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，得到含碘单质的溶液，然后向含碘单质的溶液加入四氯化碳萃取，分液得到含单质碘的四氯化碳溶液，最后加热蒸馏得到单质碘。【详解】A项、“煮沸”操作能使海带灰中的I－充分溶解，故A正确；B项、固体灼烧时应在坩埚中进行，故B错误；C项、氧化步骤中，双氧水在酸性条件下与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，得到含碘单质的溶液，反应的化学方程式为2I－+H2O2+2H+=I2+2H2O，故C正确；D项、分液时下层液体经旋塞从下口放出，待下层液体流完后，关闭活塞，再将上层液体从上口倒出，故D正确；故选B。【点睛】注意固体灼烧时应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行。5、C【解析】

A．酸性条件下HCO3-不能大量共存，故A错误；B．Cu2＋溶液呈蓝色，故B错误；C．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3＋溶液呈黄色，不符合题目无色的要求，故D错误。答案选C。6、C【解析】

A．二氧化硅为绝缘体；B．氢氧化钠具有强烈腐蚀性；C．过氧化钠与水，二氧化碳反应都生成氧气；D．依据明矾净水原理解答；【详解】A．二氧化硅为绝缘体，不导电，故A错误；B．氢氧化钠具有强烈腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故B错误；C．过氧化钠与水，二氧化碳反应都生成氧气，常用作供氧剂，故C正确；D．明矾电离产生铝离子水解生成具有吸附性氢氧化铝胶体，能够吸附水中固体杂质颗粒，可用于净水剂，明矾不具有杀菌消毒作用，故D错误；故选：C。7、C【解析】

A、反应中HCl中氯的化合价升高，则是氧化产物，故A错误；B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应中，；在反应中，；在反应中，，因此氧化性：，故B错误；C、在反应中当1

mol

参加反应时，有6mol的HCl参加反应，生成，其中2molHCl被氧化，故C正确；D、根据还原性顺序：，和反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意氧化还原反应中，还原性强的微粒首先与氧化剂发生反应。8、C【解析】

A.O3是由3个氧原子构成的单质，不是化合物，故A项错误；B．生石灰与水混合的过程会发生：，为化学反应，故B项错误；C．胶体有丁达尔效应，溶液没有，丁达尔效应可以区分胶体和溶液，故C项正确；D．CuSO4·5H2O是一种纯净物，故D项错误；答案为C。【点睛】CuSO4·5H2O是一种纯净物，CuSO4也是一种纯净物，故CuSO4吸水转化成CuSO4·5H2O的过程是化学变化。9、D【解析】试题分析：根据电荷守恒，-n+2×(-2)+6×(+1)=0，可得到，n=2，即RO3n-中的R显+4价，最低负价=主族序数-8，故主族序数为6，主族序数=最外层电子数，推测可能是S元素，故A错误；RO3n-中的R显+4价处于中间价态，既可以被氧化又可以被还原，故B错误；R是S元素，H2SO3不是强酸，故C错误；R的单质是0价，处于中间价态，故既具有氧化性又具有还原性，D正确，此题选D。考点：考查氧化还原反应、离子反应的相关应用10、C【解析】

A．氯气的氧化性较强，所以铁和氯气在加热条件下生成FeCl3而不生成FeCl2；B．硫的氧化性比较弱，所以铜和硫在加热条件下直接化合生成的是Cu2S；C．钠和氧气在加热时可以生成Na2O2；D．硫和氧气直接化合只能生成SO2，不能直接生成SO3；故选C。【点睛】铁和氯气直接生成的是FeCl3，即使铁过量，也不会直接生成FeCl2，因为铁和氯气的反应是在无水的情况下，而铁和FeCl3的反应需要在水溶液中发生；硫和氧气直接化合生成的是SO2，不是SO3，SO3需要进一步氧化才能生成SO2，和硫相似的还有氮气，氮气和氧气直接化合生成的是NO，不能直接生成NO2。11、B【解析】

A.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应，不能用玻璃塞的试剂瓶，故A错误；B.盐酸与玻璃不反应，能用玻璃塞的试剂瓶，故B正确；C.纯碱显碱性，与玻璃反应，故不能用玻璃塞的试剂瓶，故C错误；D.硅酸钠溶液应用橡胶塞的试剂瓶保存，故D错误。故选B。12、B【解析】

SO2溶于水后，与水反应生成H2SO3，H2SO3中S化合价+4价，处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，H2SO3是酸，具有酸性，故B正确。综上所述，答案为B。【点睛】利用化合价分析物质具有的氧化性和还原性。13、B【解析】

A．水能电离出少量自由移动的阴阳离子，是电解质，故A错误；B．氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故B正确；C．NaHSO4在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子，是电解质，故C错误；D．二氧化硫是化合物，在熔融状态下不能电离，为非电解质，故D错误；故答案为：B。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。14、C【解析】

A.胶体是一类分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系，A错误；B.胶体和溶液都能通过滤纸，用过滤法无法将胶体和溶液分离，B错误；C．胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应能区分胶体和溶液，C正确；D.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的大小，胶体中分散质粒子的直径在1～100nm之间，D错误；答案选C。15、D【解析】

A.芯片的主要成份是硅，硅属于非金属元素，A项正确；B.铜是金属元素，具有良好的导电性，B项正确；C.镁铝合金具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池的工作原理是LiCoO2+C=Li1-xCoO2+LixC，其中C和Li的化合价都发生了变化，属于氧化还原反应，D项错误；答案选D。16、B【解析】

设气体的体积为VL，标准状况下，n==mol，根据反应后溶液的体积计算物质的量浓度。【详解】A.设气体的体积为VL，标准状况下，气体的物质的量为n＝＝mol，容器倒扣于水槽中，HCl完全溶解，液体充满容器，液体的体积为VL，则瓶内溶液的物质的量浓度等于mol•L﹣1，故A不选；B.NO2和O2的混合气体溶于水，发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，5体积气体中有4体积是NO2，瓶内溶液的物质的量浓度为＝mol•L﹣1，故B选；C.SO2和N2的混合气体溶于水，SO2完全溶于水，溶液的体积等于气体的体积，则瓶内溶液的物质的量浓度等于＝mol•L﹣1，故C不选；D.NO2溶于水，发生反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO，3mol气体生成2mol硝酸，生成1molNO，则溶液的物质的量浓度为＝mol•L﹣1，故D不选；故选：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+CO32-、SO42-Ca2+、Ba2+HCO3-向滤液B中通入氯气溶液呈浅黄绿色（或加入硝酸银溶液，出现白色沉淀）0.1mol/L【解析】

无色待测液一定不存在Fe3+，待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-和SO42-，根据离子共存知，溶液中不存在Ca2+、Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知气体B为NH3，则溶液中一定含有NH4+；(2)若无色气体D通入石灰水中，石灰水变浑浊，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32-；加入氯化钡生成白色沉淀，沉淀D不溶于稀硝酸，D一定是BaSO4，可以判定待测液中一定含有的离子是SO42-；根据离子共存，一定不存在Ca2+、Ba2+；(3)滤液A中有Ba2+，说明A中一定没有CO32-，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，沉淀B一定是碳酸钡，则原待测液中含有的离子是HCO3-；(4)滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-；(5)n(CO32-)=、n(SO42-)=、n(HCO3-)=、n(NH4+)=；溶液中电荷呈中性，2×n(SO42-)+1×n(HCO3-)+2×n(CO32-)=2×0.05mol+1×0.1mol+2×0.1mol=0.4mol，n(NH4+)+n(Na+)=0.1mol×1+0.2mol=0.3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K＋；若原溶液中不存在Cl-，则K+其物质的量是0.4mol－0.3mol=0.1mol，K+浓度是c(K+)=0.1mol÷1L=0.1mol/L，若存在Cl-，则K+的浓度应该大于0.1mol/L。18、H2O、CO2Cu5(OH)4(CO3)35Cu2++5CO32-+2H2O=Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑【解析】

黑色固体能在高温下与CO反应生成红色固体B，说明B是Cu，物质的量是3.20g÷64g/mol＝0.05mol。混合气体1.68g经过无水氯化钙后剩余1.32g，说明混合气体中含有水蒸气的质量是1.68g－1.32g＝0.36g，物质的量是0.36g÷18g/mol＝0.02mol。气体A通入氢氧化钡溶液中得到白色沉淀5.91g，说明混合气体中含有二氧化碳的物质的量是5.91g÷197g/mol＝0.03mol，由此可知X中含有铜离子0.05mol，含有碳酸根离子0.03mol，根据电荷守恒可知还含有0.04molOH－，因此X的化学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（1）根据以上分析可知混合气体的成分是H2O、CO2；X的化学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（2）根据原子守恒、电荷守恒可知CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式为5Cu2++5CO32-+2H2O＝Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑。【点睛】熟悉元素化合物的性质是解答本题的关键，知道流程图中每一步发生的反应，注意电荷守恒的灵活应用。19、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OHCl能与Ca(OH)2发生反应生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2浓度降低Ca(ClO)2HClOCaCO3减弱CO32－、HCO3－HClO具有强氧化性，能将H2O2氧化，HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O【解析】

根据装置图，装置A为制备氯气，装置B是除去氯气中的HCl，装置C为Cl2与Ca(OH)2反应生成漂粉精，据此分析；【详解】(1)装置A为氯气发生装置，其中反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；答案：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；(2)制取漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2，HCl能与Ca(OH)2发生反应生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2浓度降低；答案：HCl能与Ca(OH)2发生反应生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2浓度降低；(3)Cl2与Ca(OH)2发生2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，其有效成分是Ca(ClO)2；答案：Ca(ClO)2；(4)利用碳酸的酸性强于次氯酸，即途径二：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=HClO＋CaCO3；答案：HClO、CaCO3；(5)①ClO－在酸性条件下生成HClO，HClO具有强氧化性，即ClO－在碱性过强时，ClO－氧化性减弱，消毒作用减弱；答案：减弱；②酸性过强，说明溶液中有大量的H＋，CO32－、HCO3－能与H＋反应生成CO2和H2O，降低c(H＋)；答案：CO32－、HCO3－；(6)根据题意，再次投放时，误投过氧化氢，HClO具有强氧化性，能将H2O2氧化，即发生反应的是HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O，造成藻类生长；答案：HClO具有强氧化性，能将H2O2氧化，HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O。【点睛】难点是(6)，学生应分析出误投过氧化氢，是在前一段时间投放含氯消毒剂的后面，即水中含有含氯的消毒剂，利用含氯消毒剂的强氧化性