2026届安徽蚌埠龙湖中学高一化学第一学期期末考试模拟试题含解析

2026届安徽蚌埠龙湖中学高一化学第一学期期末考试模拟试题请考生注意：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、常温下，欲配制密度为1.1g·cm-3、浓度为6mol·L-1的稀盐酸，在体积为100mL、密度为1.19g·cm-3、浓度为12mol·L-1的浓盐酸中需加蒸馏水()A．200mL B．100mLC．101mL D．120mL2、下列叙述正确的是A．1mol任何气体的体积一定是22.4LB．同温同压下两种气体,只要它们的分子数相同,所占体积也一定相同C．在标准状况下,体积为22.4L的物质都是1molD．在非标准状况下,1mol任何气体的体积不可能是22.4L3、下列表格中各项分类都正确的一组是类别类别选项酸碱酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4Na2CO3SO2CaOBNaHSO4NaOHCONa2OCHNO3Ca(OH)2SO3Al2O3DHClO4Ba(OH)2CO2Fe2O3A．A B．B C．C D．D4、下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是A．CuCl2→Cu B．Na2CO3→CaCO3 C．SO2→SO3 D．MnO4－→Mn2+5、以下不属于无机非金属材料的是()A．玻璃 B．铝合金 C．水泥 D．陶瓷6、在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba（OH）2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，下列分析不正确的是A．①代表滴加Ba（OH）2溶液的变化曲线 B．a、c两点，溶液中均大量存在H＋和SO42-C．b、d两点对应的溶液均显中性 D．e点，两溶液中含有相同量的OH－7、下列各物质所含原子数目按由大到小顺序排列的是()①0.6molNH3②0.2molH3PO4③9gH2O④标准状况下22.4LHeA．①②③④ B．②③①④ C．②①③④ D．①②④③8、在下列试剂中，可以一次性将氢氧化钡、盐酸、碳酸钠三种溶液区别开来的试剂的是A．稀硫酸 B．氯化钡溶液 C．硝酸银溶液 D．稀硝酸9、下列说法正确的是A．Fe不能与水蒸气发生化学反应B．白色Fe(OH)2在空气中最终变成灰绿色C．氢氧化铝显两性，但不能溶于浓氨水D．氯化铁溶液不能与铜单质发生反应10、下列说法正确的是①标准状况下，6.02×1023个气体分子所占的体积约为22.4L②0.5molN2的体积为11.2L③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L④常温常压下，28gCO与N2的混合气体所含原子数为2NA⑤任何气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol－1⑥标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同A．①③⑤ B．④⑥ C．③④⑥ D．①④⑥11、下列物质能够导电且属于电解质的是（）A．稀盐酸B．蔗糖C．硝酸钾晶体D．熔融氯化钠12、下列说法正确的是（）A．1molO2与金属Na反应，O2一定得到4NA个电子B．18gNH4+中所含的电子数为11NAC．1molFe与足量的Cl2反应，转移的电子数为2NAD．1molCl2与足量的Fe反应，转移的电子数为2NA13、屠呦呦是我国第一位诺贝尔医学奖获得者，她从青蒿中提取青蒿素的过程中，多次采用萃取操作。该操作中涉及的主要仪器是A． B． C． D．14、下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是（）选项XYZMANH3NONO2O2BCl2FeCl3FeCl2FeCAlAl（OH）3NaAlO2NaOHDNaOHNa2CO3NaHCO3CO2A．A B．B C．C D．D15、某化学反应：(未配平)。反应中，每消耗lmolCuSO4时，生成的H3PO4的物质的量为A． B． C． D．16、下列关于硝酸的认识中，正确的是()A．浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性B．浓硝酸与金属反应不放氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气C．因常温下铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D．硝酸与金属反应时，只表现出氧化性二、非选择题（本题包括5小题）17、现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。①金属C的名称_______②气体丙的分子式___________③写出下列反应的化学方程式：反应①___________________________；反应⑥________________________。18、常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：A________、B________、D________。(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件)：A＋H2O(离子方程式)：_________；A＋NaOH(离子方程式)：_______________；D→A(化学方程式)：____________________。19、(1)配制500mL浓度为溶液，需称取固体____g，然后再加入适量水，将上述固体溶解，待__________后，再转移到______中，定容，摇匀。(2)在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度_____（填“大于”“小于”或“等于”，下同）。(3)在实验(1)中，转移NaOH溶液至容量瓶中时洒落少许，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度______。20、喷泉是一种常见的自然现象，其产生的原因是存在压强差。制取氨气并完成喷泉实验（图中夹持装置均已略去）。①写出实验室制取氨气的化学方程式：______________。②收集氨气应使用_________法，要得到干燥的氨气可选用_________做干燥剂。③用如图一装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是___________，该实验的原理是____________________。④如果只提供如图二的装置，请说明引发喷泉的方法__________________________。21、已知A为正盐，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体E本身为无色气体，但是与空气接触会生成一种红棕色气体I，H为黄绿色气体。F在常温下是一种无色液体。C、J的水溶液分别为两种强酸。图中反应条件（除加热外）均已略去。

（1）写出它们的化学式：A__________、C___________、J____________；（2）实验室制备气体B的化学方程式为：___________________________________。（3）写出B+D→E+F的化学方程式：__________________________________________。（4）J的浓溶液与单质Cu反应的离子方程式为__________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

设需要加入水的体积为VmL，依据溶液稀释前后溶质的物质的量、溶质的质量保持不变得：×10-3L/cm3×6mol·L−1=100×10-3L×12mol·L−1；解得：V=101mL；故选C。【点睛】本题考查了溶液的配制，解题关键是抓住稀释过程中溶质的物质的量保持不变，注意溶液体积的计算，溶液的体积不等于水的体积与浓盐酸的体积之和。2、B【解析】

A．气体的体积取决于温度和压强的大小，在标准状况下，Vm=22.4L/mol，在其它条件下，1mol气体的体积不一定为22.4L，A错误；B．根据n==，同温同压下两种气体，气体的分子个数与体积呈正比，B正确；C．在标准状况下，只有体积为22.4L的气体物质才是1mol，其它状态的物质的Vm≠22.4L/mol，C错误；D．根据PV=nRT可知，并不是只有在标准状况下Vm=22.4L/mol，Vm取决于温度和压强的大小，D错误；答案选B。【点晴】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，本题注意阿伏加德罗定律只适用于气体，另外在标准状况下，Vm=22.4L/mol，其它条件下也有可能为22.4L/moL。解答时注意灵活应用。3、D【解析】

水溶液中电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸；水溶液电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，其中只和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；碱性氧化物是只能和酸反应生成盐和水的氧化物，据此分析解答。【详解】A.Na2CO3电离产生Na+和酸根离子CO32-，属于盐，不是碱，A错误；B.NaHSO4电离产生的阳离子中含有金属离子Na+、H+，阴离子是SO42-，物质属于盐，不是酸，CO和碱不反应，不属于酸性氧化物，而属于不成盐氧化物，B错误；C.Al2O3能与酸反应产生盐和水，也能与碱反应产生盐和水，属于两性氧化物，C错误；D.HClO4属于酸，Ba(OH)2属于碱，CO2属于酸性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，物质分类合理，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸性氧化物、碱性氧化物、酸碱的概念及物质类型判断等内容，明确化学概念及物质的组成和性质是解答物质分类的关键。4、C【解析】

如果加入氧化剂，会被氧化剂氧化，化合价升高。【详解】A．CuCl2→Cu的过程中铜元素化合价降低，不需要加入氧化剂，A错误；B．Na2CO3→CaCO3过程中化合价没变，不需要通过氧化还原反应，B错误；C．SO2→SO3过程中硫元素化合价升高，需要加入氧化剂，C正确；D．MnO4－→Mn2+过程中锰元素化合价降低，需加入还原剂，D错误；答案选C。5、B【解析】

A.玻璃是传统无机非金属材料，故A不选；B.铝合金是金属材料，不属于无机非金属材料，故B选；C.水泥是传统无机非金属材料，故C不选；D.陶瓷是传统无机非金属材料，故D不选；故选：B。【点睛】无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，一般可认为是有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称。6、D【解析】

根据化学反应过程中，离子浓度的变化分析溶液导电能力的变化。【详解】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线①表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液的情形（A项正确）。类似地，向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液的情形。a、c两点，加入的碱均不足，溶液中均大量存在H＋和SO42-（B项正确）；b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性（C项正确）；曲线①上的e点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH－，曲线②上的e点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性（D项错误）。本题选D。【点睛】电解质溶液的导电性与离子浓度和离子电荷数有关。分析化学反应过程中溶液导电性的变化，可以判断反应进行的程度。7、A【解析】

根据粒子数目、气体体积、物质的质量与物质的物质的量之间的关系分析解答。【详解】①0.6mol氨气含有原子物质的量=0.6mol×4=2.4mol；②0.2mol磷酸含有原子物质的量=0.2mol×8=1.6mol；③水的质量为9g，其物质的量=0.5mol，含有原子物质的量=0.5mol×3=1.5mol；④标准状况下22.4L氦气的物质的量为1mol，为单原子分子，含有原子为1mol，故含有原子数目①＞②＞③＞④，故A正确。故选A。【点睛】原子的物质的量=该物质的物质的量×原子下角标系数。8、A【解析】

根据三种物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们，若两种物质与同种物质反应的现象相同，则无法鉴别它们。【详解】A、硫酸和氢氧化钡生成白色沉淀，和盐酸不反应，和碳酸钠会生成二氧化碳气体，现象不同，可以鉴别，故A正确；B、氯化钡和氢氧化钡、盐酸不会反应，无明显现象，不能鉴别，故B错误；C、硝酸银和三种溶液混合都能产生沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D、硝酸和和碳酸钠反应产生气泡，而和氢氧化钡、盐酸混合没有现象，不能鉴别，故D错误；答案选A。【点睛】在解此类题时，首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂，出现不同的现象即可鉴别。9、C【解析】

A．Fe能与水蒸气在高温条件下发生化学反应生成四氧化三铁和氢气，故A错误；B．白色Fe(OH)2在空气中先变成灰绿色，最终变成红褐色，故B错误；C．氢氧化铝显两性，但一水合氨是弱碱，氢氧化铝不能溶于浓氨水，故C正确；D．氯化铁溶液能与铜单质发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，故D错误；故选C。10、D【解析】

①标况下，6.02×1023个气体分子（1mol）所占的体积才是22.4L，①正确；②没有指明气体存在的状态，所以0.5molH2所占体积不一定为11.2L，②错误；③标准状况下，H2O为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，③错误；④CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，④正确；⑤在标准状况下，任何气体的摩尔体积为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，⑤错误；⑥标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，⑥正确；综上所述，①④⑥正确，D满足题意。答案选D。11、D【解析】稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；蔗糖是有机物，属于非电解质，故B错误；硝酸钾晶体中离子不能自由移动，硝酸钾晶体不导电，故C错误；氯化钠是电解质，熔融状态下有自由移动的离子，所以能导电，故D正确。12、D【解析】

A．氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以生成过氧化钠，1molO2与金属钠反应，生成氧化钠电子转移4mol，生成过氧化钠电子转移2mol，所以1molO2与金属Na反应，O2不一定得到4NA个电子，故A错误；B．18gNH4+中含有NH4+的物质的量为=1mol，一个NH4+中所含的电子数为10，因此18gNH4+中所含的电子数为10NA，故B错误；C．铁与足量氯气反应，只有铁失电子，Fe被氧化为Fe3+，1molFe失去电子数为3NA，因此转移电子数为3NA，故C错误；D．氯气与足量铁反应，只有氯气得电子，Cl2被还原为Cl-，每个氯气得到2个电子，所以1molCl2得到的电子为2mol即2NA，转移电子数为2NA，故D正确；故选：D。13、D【解析】

是蒸馏烧瓶，主要用于蒸馏操作；是漏斗，用于过滤；是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液；是分液漏斗，用于萃取操作，故选D。14、C【解析】

A．4NH3＋5O24NO＋6H2O，2NO＋O2=2NO2，能够实现，故错误；B．2Fe＋3Cl2=2FeCl3，2FeCl3＋Fe=2FeCl2，能够实现，故错误；C．2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，不能生成Al（OH）3，不能够实现，故正确；D．2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，能够实现，故错误。故选C。15、C【解析】

反应中P的化合价由0价降为-3价和由0价升为+5价，Cu的化合价由+2降为+1，以一个Cu3P为标准，则降6，最小公倍数为30，根据氧化还原反应方程式的配平原则可得反应：P4＋15CuSO4＋24H2O=5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，根据反应方程式可知，每消耗lmolCuSO4时，生成的H3PO4的物质的量为；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，P4+CuSO4+H2O-Cu3P+H3PO4+H2SO4反应中P元素的化合价由0升高为+5价，P元素的化合价由0降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，据此配平后进行求算。16、A【解析】

浓、稀硝酸都有氧化性，可与除Au、Pt之外的所有金属反应；且不产生氢气，在与金属反应时，硝酸既表现氧化性（被还原为含有氮元素的物质）又表现酸性（生成硝酸盐），该反应属于氧化还原反应，不属于置换反应；常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，因为铝和铁在冷浓硝酸中钝化，结合以上分析可知，只有A正确；故答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、铁HCl2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl【解析】

金属A的焰色为黄色，即金属A为Na，Na与H2O反应，气体甲为H2，物质D为NaOH，金属B能与NaOH反应生成H2，则金属B为Al，气体甲与Cl2反应生成HCl，溶于水后生成盐酸，沉淀H为红褐色，H为Fe(OH)3，物质G中含有Fe3＋，则物质F中含有Fe2＋，即金属C为Fe，据此分析；【详解】金属A的焰色为黄色，即金属A为Na，Na与H2O反应，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，气体甲为H2，物质D为NaOH，金属B能与NaOH反应生成H2，则金属B为Al，气体甲与Cl2反应生成HCl，溶于水后生成盐酸，沉淀H为红褐色，H为Fe(OH)3，物质G中含有Fe3＋，氯气表现强氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，则物质F中含有Fe2＋，即金属C为Fe，①根据上述分析，金属C为Fe；答案为铁；②气体丙为HCl；答案为HCl；③反应①的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；反应⑥发生FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋2NaCl；答案为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋2NaCl。【点睛】无机推断中，找准题眼，如本题中金属A的焰色为黄色，红褐色沉淀等，然后根据所掌握知识大胆猜测，推出其余物质，做题时应注意问题，是让写名称还是化学式，是让写离子方程式还是化学反应方程式等等。18、Cl2HClOHClCl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClOCl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【解析】

常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。【详解】(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO，D为HCl；(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：Cl2+H2O＝HCl+HClO；Cl与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。19、4.0冷却至室温容量瓶大于小于【解析】

(1)依据m=cVM计算需要溶质的质量；配制一定物质的量浓度溶液应在容量瓶中进行，注意容量瓶规格选择，注意容量瓶应在室温时体积才准确；(2)(3)分析操作对溶质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500mL浓度为0.2mol•L-1NaOH溶液，应选择500mL容量瓶；需要溶质的质量为：0.5L×0.2mol/L×40g/mol=4.0g；准确称量氢氧化钠以后，应先在烧杯中溶解，冷却到室温后，移液到500mL容量瓶；答案为：4.0；冷却到室温；500mL容量瓶；(2)在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度大于0.2mol•L-1；答案为：大于；(3)在实验(1)中，转移NaOH溶液至容量瓶中时洒落少许，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度小于0.2mol•L-1；故答案为：小于。【点睛】实验所需的玻璃仪器容易出错，配制一定物质的量浓度的溶液时，需准确控制溶液的最终体积，可用容量瓶来实现，本实验需要配制500mL溶液，则需选择500mL的容量瓶，同学往往只记得容量瓶，而忽视其规格。20、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O向下排空气碱石灰打开止水夹，挤出胶头滴管中的水氨气极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小打开夹子，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉【解析】

①在实验室中是用加热氯化铵和碱固体混合物的方法制取氨气；②根据氨气密度和溶解性判断收集方法；根据氨水显碱性判断使用的干燥剂；③喷泉实验利用的原理是产生压强差；④设法使烧瓶内的氨气从导气管内逸出，与烧杯内的水接触就可以形成喷泉。【详解】①实验室用加热氯化铵和消石灰固体混合物的方法制取氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②由于氨气的密度比空气小，极易溶于水，因此可用向