2026届福建省闽侯县第六中学高一化学第一学期期末调研试题含解析

2026届福建省闽侯县第六中学高一化学第一学期期末调研试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、关于二氧化硫性质的下列叙述错误的是（）A．是无色无毒气体 B．有刺激性气味C．能溶于水 D．水溶液能导电2、向盛有氯化钡稀溶液的甲、乙两试管中分别通入SO2至饱和，若继续向甲试管中加入足量H2O2溶液，向乙试管中加入足量氢氧化钾溶液，则下列叙述正确的是()A．甲、乙两试管中都有白色沉淀生成B．甲、乙两试管中都没有白色沉淀生成C．甲试管中没有白色沉淀生成而乙试管中有D．甲试管中有白色沉淀生成而乙试管中没有3、下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是A．打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B．用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C．木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D．向品红溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液4、下列各组离子能大量共存的是()A．NH4+、Na+、NO3-、OH- B．Ca2+、Na+、Cl-、CO32-C．K+、H+、SO42-、OH- D．Na+、K+、OH-、Cl-5、下列离子组合中，能大量共存的是（）A．Ca2+、Mg2+、OH-、Br- B．H+、Ag+、Cl-、ClO-C．Na+、K+、SO42-、Cl- D．Ba2+、H+、Cl-、CO32-6、纯碱和小苏打都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是（）A．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物B．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色C．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀D．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度7、下列对某些问题的认识正确的是（）A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．Na的金属性比Cu强，但不能用Na与CuSO4溶液反应制取CuC．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D．玻璃、水泥、陶瓷、水晶都是重要的硅酸盐材料8、下列微粒中氮元素的化合价与NH3相同的是()A．NO2 B．NH4＋ C．NO3－ D．NO2－9、下列说法不正确的是（）A．因二氧化硅不溶于水，故硅酸不是二氧化硅对应的酸B．二氧化碳通入水玻璃(硅酸钠溶液)中得到硅酸沉淀C．二氧化硅是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高、硬度大D．氢氟酸能雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶盛放氢氟酸10、下列有关叙述中正确的是①酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32-②向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2OA．②④ B．①③ C．②③ D．①④11、电解质电离时一定相等的是()A．阴离子与阳离子的总数 B．阳离子和阴离子的质量C．正电荷总数和负电荷总数 D．每个阳离子和阴离子所带电荷数12、表中关于物质分类的正确组合是类别

组合

酸性氧化物

碱性氧化物

酸

碱

盐

A

CO2

SiO2

H2SO4

Na2CO3

NaHCO3

B

CO

Na2O

HCl

NaOH

NaCl

C

SO2

Na2O2

CH3COOH

KOH

CaF2

D

SO3

CaO

HNO3

Ca（OH）2

CaCO3

A．A B．B C．C D．D13、下列气体中既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥的是()A．Cl2 B．O2C．SO2 D．NH314、已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（）A．Sn2+、Fe2+、Ce3+ B．Sn2+、Ce3+、Fe2+C．Ce3+、Fe2+、Sn3+ D．Fe2+、Sn2+、Ce3+15、下列图示与操作名称不对应的是A．升华 B．分液C．过滤 D．蒸馏16、分析右面的能量变化示意图，下列选项正确的是（）A．2A+B→2C+Q B．2C→2A+B+QC．2A(g)+B(g)→2C(g)+Q D．2A(g)+B(g)→2C(g)-Q二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A→C必须加热，否则会发生钝化现象。请回答下列问题：(1)A是________，你推断的理由是___________________。(2)B在酸性条件下与H2O2反应的离子方程式：_____________________。(3)A与过量浓H2SO4反应的化学方程式：_______________________。18、元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是5种元素的相关信息，W、X都位于第三周期。元素信息Q地壳中含量最高的元素W最高化合价为+7价X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强Y焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色Z原子结构示意图为：（1）Q在周期表中的位置是__。（2）W的最高价氧化物对应的水化物的化学式是___。（3）X单质与水反应的离子方程式是__。（4）金属性Y强于X，用原子结构解释原因：__，失电子能力Y大于X，金属性Y强于X。（5）下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是__（填字母）。A．Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同B．Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性C．Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应19、如图是中学化学实验中常见的制备气体并进行某些物质的检验和性质实验的装置，A是制备气体的装置，C、D、E、F中盛装的液体可能相同，也可能不同。试回答：（1）如果A中的固体物质是碳，分液漏斗中盛装的是浓硫酸，试写出发生的化学反应方程式：____，若要检验生成的产物，则B、C、D、E、F中应分别加入的试剂为__、__、__、__、__，E中试剂和C中相同，E中试剂所起的作用__，B装置除可检出某产物外，还可起到__作用。（2）若进行上述实验时在F中得到10.0g固体，则A中发生反应转移的电子数为__个。20、某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。（1）写出Cu与浓硫酸制备SO2的化学方程式__________。（2）实验室用装置E制备Cl2的离子方程式_________。指出该反应中HCl（浓）所表现出的化学性质__________、___________。（3）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现__________的现象。A品红都褪色B品红都不褪色C试管B中品红褪色D中不褪色D试管D中品红褪色B中不褪色②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象又分别为_____。A无色红色B无色无色C红色红色D红色无色（4）C烧杯氢氧化钠溶液的作用是___________。（5）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同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）________。21、已知A与盐酸反应生成B和氢气，D为单质。根据上图回答下列问题：（1）C的化学式为_______；B+D→C的化学方程式为______________。（2）B与氨水反应的现象为___________________________________，请写出该现象的离子方程式______________；_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

二氧化硫是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，易溶于水，能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出阴阳离子，因此其水溶液能导电，所以选项BCD正确，A错误，答案选A。2、A【解析】

向甲试管中加入足量H2O2溶液时，SO2被氧化为SO3，SO3与H2O化合生成H2SO4，BaCl2与H2SO4反应得到BaSO4沉淀；向乙试管中加入足量KOH溶液时，会发生反应：SO2+2KOH=K2SO3+H2O，BaCl2与K2SO3反应得到BaSO3沉淀，综上所述，本题选A。【点睛】二氧化硫与氯化钡不反应，生成沉淀有两种方法，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；或加入强氧化剂，生成硫酸钡沉淀。3、C【解析】

A．打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2，发生的是化学反应，不是物理变化，故A错误；B．用冰水混合物冷却SO3气体，是物理变化，没有颜色变化；加热氯化铵晶体，为化学变化，没有颜色变化，故B错误；C．木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化；将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，属于化学变化，故C正确；D．向品红溶液中加入Na2O2和向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应，故D错误；故选C。4、D【解析】

A.NH4+与OH-反应生成氨水，不能共存，A错误；B.Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙的白色沉淀，不能共存，B错误；C.H+与OH-反应生成水，不能共存，C错误；D.Na+、K+、OH-、Cl-均能共存，D正确；故答案为：D。5、C【解析】

离子之间能发生反应就不能共存。【详解】A.和反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，A错误；B.和反应生成次氯酸，和反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B错误；C.相互之间不反应，可以大量共存，C正确；D.和反应生成碳酸钡沉淀，和反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，D错误；故答案选C。【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。6、D【解析】

A．碳酸氢钠解热分解生成碳酸钠，二者加热时都有残留物，不能鉴别，故A错误；

B．二者都含钠元素，焰色反应都成黄色，不能鉴别，故B错误；

C．加入澄清石灰水，分别发生：Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，不能鉴别，故C错误；

D．加入醋酸，碳酸氢钠反应剧烈，可鉴别，故D正确。

故选：D。7、B【解析】A、漂白粉在水中可以得到HClO，HClO能够杀菌消毒；明矾在水中可以得到Al(OH)3胶体，它能够吸附水中悬浮固体小颗粒产生沉淀进而除去水中固体杂质，二者的作用原理不同，A错误。B、Na遇水迅速反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，所以Na与CuSO4溶液反应为2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，并不能得到Cu单质，B正确。C、丁达尔效应只能用于鉴别胶体与溶液，三种分散系的分类标准是分散质粒子的大小，C错误。D、水晶的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐，D错误。正确答案B。点睛：根据分散系中分散质粒子的大小，分散质粒子直径大于10-7m的分散系称为浊液，分散质粒子直径介于10-7m~10-10m之间的分散系称为胶体，分散质粒子直径小于10-9m的分散系称为溶液。而区分胶体和溶液的常用方法是丁达尔现象。8、B【解析】

根据化合物中正负价代数和为0分析解答。【详解】氨气分子中氢元素是+1价，因此氮元素是－3价。则A、二氧化氮中氧元素是－2价，因此氮元素是+4价，A不符合；B、铵根离子中氢元素是+1价，因此氮元素是－3价，B符合；C、硝酸根离子中氧元素是－2价，因此氮元素是+5价，C不符合；D、亚硝酸根离子中氧元素是－2价，因此氮元素是+3价，D不符合；答案选B。9、A【解析】

A．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），故A错误，但符合题意；B．根据强酸制弱酸，二氧化碳通入水玻璃中发生Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，故B正确，不符合题意；C．二氧化硅晶体中Si与O以共价键结合，每个Si原子能形成4个共价键，即每个Si原子结合4个O原子，并向空间伸展成网状结构是属于原子晶体，原子晶体熔点高，硬度大，故C正确，不符合题意；D．氢氟酸能和玻璃成分二氧化硅反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，能够雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸，故D正确，不符合题意；故选：A。10、A【解析】

①酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-，①错误；②向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，发生2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2，用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液生成AgBr沉淀，则有淡黄色沉淀生成，②正确；③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2I-＋Cl2=I2＋2Cl－，③错误；④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，④正确；综上所述，②④正确，答案为B。【点睛】由于HClO>HCO3-向NaClO溶液中通入少量或过量的二氧化碳生成的含碳产物均为HCO3-。11、C【解析】

根据电荷守恒的原则，任何溶液都是呈电中性的，也就是说，电解质电离时，正电荷总数和负电荷总数一定相等，比如说1molNa2SO4电离出的2molNa+和1molSO42-，两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等，但正电荷总数和负电荷总数相等；本题答案为C。【点睛】电解质在电离时，一个分子中的阴阳离子是同时分开的，而任何电解质都是电中性的，故电解时阴阳离子电荷总数相等。12、D【解析】

A．二氧化硅是酸性氧化物，碳酸钠俗称纯碱，属于盐类，故A错误；

B、一氧化碳不能和碱反应，不属于酸性氧化物，故B错误；

C、过氧化氢与酸和碱均不能反应，不属于碱性氧化物，故C错误；

D、三氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，硝酸属于酸类，氢氧化钙属于碱类，碳酸钙属于盐类，故D正确；

故选D。13、B【解析】

A、Cl2与碱反应，所以Cl2不能用固体氢氧化钠干燥，故不选A；B、O2与浓硫酸、氢氧化钠都不反应，所以O2既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥，故选B；C、SO2与碱反应，所以SO2不能用固体氢氧化钠干燥，故不选C；D、NH3与酸反应，所以NH3不能用浓硫酸干燥，故不选D；故答案选B。14、A【解析】

在反应①Ge4＋+Fe2＋=Fe3＋+Ge3＋中，Fe的化合价从+2升高到+3价，Fe2＋是还原剂，Ge3＋是还原产物，所以还原性：Fe2＋＞Ge3＋；在反应②Sn2＋+2Fe3＋=2Fe2＋＋Sn4＋中，Sn的化合价从+2价升高到+4价，Sn2＋是还原剂，Fe2＋是还原产物，所以还原性：Sn2＋＞Fe2＋，所以Fe2＋、Ge3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2＋、Fe2＋、Ge3＋，答案选A。15、A【解析】

A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。16、C【解析】

由图象知，2A+B的能量大于2C的能量，根据化学反应前后能量守恒，如果A、B为反应物，C为生成物，2A（g）+B（g）═2C（g）时该反应放出能量，△H＜0；如果C为反应物，A、B为生成物，2C（g）═2A（g）+B（g）时该反应吸收能量，△H＞0。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、铁A在浓硫酸中会钝化，且A与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋6H2SO4(浓)＋2Fe═Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O【解析】已知A→C必须加热，否则会发生钝化现象，则A为铁或铝，根据流程图，A与稀硫酸和浓硫酸反应生成不同的产物，其中B能够氧化生成C，则A为铁B为亚铁盐，C为铁盐。(1)A在浓硫酸中会钝化，且A与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同，因此A是铁，故答案为铁；A在浓硫酸中会钝化，且A与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同；(2)硫酸亚铁在酸性条件下与H2O2反应被氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋，故答案为2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋；(3)铁与过量浓H2SO4反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为6H2SO4(浓)＋2Fe═Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O，故答案为6H2SO4(浓)＋2Fe═Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O。18、第二周期、第ⅥA族HClO42Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于NaAB【解析】

Q为地壳中含量最高的元素，则Q为O；W、X都位于第三周期，W最高化合价为+7价，X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强，则W为Cl，X为Na；Y的焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色，则Y为K；Z原子结构示意图为：，为35号元素，则Z为Br；结合元素性质和元素周期律进行分析解答。【详解】（1）Q为O在周期表中的位置是第二周期、第ⅥA族，故答案为：第二周期、第ⅥA族；（2）W为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4，故答案为：HClO4；（3）X为Na，其单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑（4）X为Na，Y为K，二者同族，最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na，则失电子能力K大于Na，金属性K强于Na，故答案为：最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na；（5）根据分析推断，Z为Br，A.W为Cl，Cl与Br同主族，最低负化合价=最高正价-8=+7-8=-1，故A正确；B.W为Cl，非金属性：Cl>Br，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则Br的氢化物的稳定性弱于Cl的氢化物的稳定性，故B正确；C.Z为Br，单质为Br2，X和W形成的化合物的水溶液为NaCl溶液，由于氧化性：Cl2>Br2，则Br2不能从氯化钠溶液中置换出氯气，故C错误；故答案选AB。19、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O无水CuSO4品红溶液足量的酸性KMnO4溶液品红溶液澄清石灰水检验SO2是否已被除尽防倒吸2.408×1023【解析】

（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；检验水用无水硫酸铜，检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫；（2）依据原子个数守恒计算反应碳的物质的量，再依据碳的物质的量计算转移电子数目。【详解】（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；因检验二氧化硫和二氧化碳均用到溶液，会带出水蒸气影响水的检验，则应先检验水，则B中试剂为无水硫酸铜，B装置除可检验反应生成的水外，还可起到防倒吸的作用；检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，则应先检验二氧化硫，并除去二氧化硫后，再检验二氧化碳，则C中试剂为品红溶液，检验二氧化硫，D中试剂为足量的酸性KMnO4溶液，吸收除去二氧化硫，E中试剂为品红溶液，检验SO2是否已被除尽，F中试剂为澄清石灰水，检验二氧化碳，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；无水CuSO4；品红溶液；足量的酸性KMnO4溶液；品红溶液；澄清石灰水；检验SO2是否已被除尽；防倒吸；（2）F中得到的10.0g固体为碳酸钙，10.0g碳酸钙的物质的量为0.1mol，由碳原子个数守恒可知，0.1mol碳与浓硫酸共热反应生成0.1mol二氧化碳转移0.4mol电子，则转移的电子数目为0.4mol×6.02×1023mol—1=2.408×1023个，故答案为：2.408×1023。【点睛】为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫是解答关键，也是易错点。20、Cu+2H2SO1（浓）SO2↑+2H2O+CuSO1MnO2+1H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O酸性还原性AD吸收过量的SO2和Cl2，防止污染环境Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO1【解析】

装置A是制备二氧化硫气体的发生装置，生成的二氧化硫具有漂白性，通入装置B中品红溶液褪色，装置E是制备氯气的发生装置，生成的氯气和水反应所处的次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，通入品红溶液褪色，剩余二氧化硫和