安徽六安二中河西校区2026年春册高一年级期中考试化学试卷（含解析）

/六安二中河西校区2026年春学期高一年级期中考试化学试卷H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5Na：23K：39Fe：56Cu：64Zn：65Ba：137一、单选题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列处理方法不合适的是A.浓硫酸溅到手上，立即用质量分数为的溶液冲洗B.将实验后剩余的钠块直接放回原试剂瓶C.不能用手直接触摸实验室药品D.水银温度计打碎后，立即用硫粉覆盖【正确答案】A【详解】A．浓硫酸溅到手上，应先用干抹布擦拭，然后用大量水冲洗，再用碳酸氢钠溶液中和。直接使用碳酸氢钠可能因反应放热加重伤害，处理方法错误，故A符合题意；B．钠性质活泼，剩余钠块需放回原试剂瓶（煤油中）以防止危险，处理方法正确，故B不符合题意；C．实验室药品可能具有毒性或腐蚀性，禁止直接触摸，处理方法正确，故C不符合题意；D．硫粉与水银反应生成硫化汞，减少汞蒸气危害，处理方法正确，故D不符合题意；故选A。2.下列“类比”合理的是A.与反应生成，则与反应生成B.金属钠在的中燃烧生成，则金属锂在中燃烧生成C.与水反应生成和，则与水反应生成和D.浓一定条件下与反应可制备，则也可与反应制备【正确答案】A【详解】A．Fe与S反应生成FeS，而Cu与S在加热条件下反应生成Cu2S（Cu为+1价），因为硫的氧化性较弱，金属通常呈现较低价态，类比合理，A符合题意；B．钠在O2中燃烧生成Na2O2，但锂在O2中燃烧生成Li2O而非Li2O2，类比不合理，B不符合题意；C．Cl2与水反应生成HCl和HClO，而F2与水剧烈反应生成HF和O2，而非HFO，类比不合理，C不符合题意；D．浓H2SO4与NaCl加热生成HCl，但与NaI反应时，浓H2SO4会氧化I⁻生成I2等，无法制备HI，类比不合理，D不符合题意；故选A。3.下列化学用语正确的是A.硫原子的结构示意图：B.的电子式为C.在水溶液中电离方程式：D.形成过程【正确答案】B【详解】A．硫原子的核电荷数为16，最外层电子数为6，其原子结构示意图为，故A错误；B．Na2O2由Na+和构成，中O原子间共用1对电子，O原子最外层电子数为8，则Na2O2的电子式为，故B正确；C．在水溶液中电离产生Na+和，其电离方程式为，故C错误；D．KCl为离子化合物，由K+和Cl-构成，用电子式表示其形成过程为：，故D错误；故答案选B。4.核内中子数为N的R3+的离子，质量数为A，则ngR的氧化物中所含的质子的物质的量为A.(A-N+8)mol B.(A-N+12)molC.(2A-2N+24)mol D.(A-N)mol【正确答案】B【详解】R的氧化物化学式为R2O3，一个R2O3含有2×(A-N)+3×(16-8)=2(A-N+12)个质子，该物质的摩尔质量为(2A+3×16)g/mol，所以ngR的氧化物的物质的量为mol，含有mol×2(A-N+12)=(A-N+12)mol质子；故答案为B。5.在一定温度和压强下，把装有NO和NO2的混合气体的试管倒立于水中，充分反应后，试管内气体的体积缩小为原气体体积的3/5，则原混合气体中NO和NO2的体积比为A.2：3 B.3：2 C.5：3 D.3：5【正确答案】A【详解】设原气体体积为5，则，所以NO与NO2体积比为2：3，A项正确，答案选A。6.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是A.该过程中可得到化工产品H2SO4B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2C.该过程中化合价发生改变的元素为Fe和SD.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4【正确答案】C【详解】A．根据图可知，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸，A正确；B．根据以上分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B正确；C．该过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，C错误；D．图中涉及的反应有Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4，D正确；故选C。7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【正确答案】C【分析】【详解】A．与反应生成，A项错误；B．与反应生成，B项错误；C．高温分解生成，与在高温时反应生成，C项正确；D．与H2O不反应，D项错误；答案选C。8.用如图所示的实验装置完成实验，将足量气体通入溶液中，最终会产生沉淀的是选项气体溶液A饱和碳酸钠溶液B溶液C溶液D溶液A.A B.B C.C D.D【正确答案】A【详解】A．通入饱和碳酸钠溶液，发生反应：。由于​的溶解度远小于，反应后会析出​晶体，最终产生沉淀，A符合题意；B．亚硫酸酸性弱于盐酸，与​溶液不发生反应，不会生成沉淀，B不符合题意；C．碳酸酸性弱于盐酸，与​溶液不发生反应，不会生成沉淀，C不符合题意；D．​足量时，通入中，先生成的沉淀会继续和过量、水反应，生成可溶的，最终沉淀溶解，没有沉淀剩余，D不符合题意；故选A。9.以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2少量FeS2)为原料生产Fe3O4的部分流程如图所示：已知：二氧化硅可与氢氧化钠溶液反应。下列说法错误的是A.“焙烧I”需要O2参加反应B.“碱浸”的目的是溶解Al2O3和SiO2C.用滤液做焰色试验，火焰呈黄色说明NaOH过量D.“焙烧II”中生成Fe3O4的化学方程式为FeS2+16Fe2O32SO2↑+11Fe3O4【正确答案】C【分析】高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2少量FeS2)焙烧生成二氧化硫气体，剩余固体用氢氧化钠溶液浸泡，过滤去掉滤液，滤渣加入二硫化亚铁二次焙烧生成二氧化硫气体，剩余固体用磁选得到四氧化三铁。【详解】A．“焙烧I”去除硫元素生成二氧化硫，需要O2参加反应，A正确；B．氧化铝、二氧化硅均能与氢氧化钠溶液反应，产物可溶于水，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤可分离出氧化铁，故“碱浸”的目的是溶解Al2O3和SiO2，B正确；C．用氢氧化钠溶液碱浸，得到四羟基合铝酸钠溶液和硅酸钠溶液，用滤液做焰色试验，火焰呈黄色，说明溶液中含钠离子，不能说明NaOH过量，C错误；D．据分析，“焙烧II”在Fe2O3滤渣中加入FeS2二次焙烧，生成二氧化硫气体和Fe3O4，化学方程式为FeS2+16Fe2O32SO2↑+11Fe3O4，D正确；故选C。10.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是A.如图所示实验可证明元素的非金属性：B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C.气态氢化物的稳定性：D.第117号元素在周期表中位于第七周期第ⅦA族【正确答案】A【分析】碳酸钙与稀盐酸反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，生成的CO2中混有HCl气体，盛放饱和碳酸氢钠溶液的试剂瓶，其作用是除去CO2中混有的HCl气体，然后CO2与硅酸钠溶液发生CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3或2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3；【详解】A．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，一般对应的非金属性越强，HCl不是氯元素最高价氧化物的水化物，因此本实验不能比较Cl和C非金属性强弱，故A说法错误；B．氢元素与其他元素可形成共价化合物，如HCl，也可以形成离子化合物，如NaH，故B说法正确；C．一般非金属性越强，其简单气态氢化物稳定性越强，非金属性：O＞N＞Si，气态氢化物稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故C说法正确；D．第七周期0族元素的原子序数为118，根据元素周期表的结构，117号元素，位于第七周期ⅦA族，故D说法正确；答案为A。11.现有短周期元素W、X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。其中Y原子的核外电子数是X原子核外电子数的两倍，下列说法正确的是WXZYRA.R的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定B.原子半径C.X元素的最高化合价为+6价D.R氧化物对应水化物的酸性一定比Y氧化物对应水化物的酸性强【正确答案】A【分析】现有短周期元素W、X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。其中Y原子的核外电子数是X原子核外电子数的两倍，则X为O，Y为S，R为Cl，W为C，Z为Si。【详解】A．同周期从左到右非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物的稳定性逐渐增强，因此R的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，故A正确；B．同周期从左到右半径逐渐减小，同主族从上到下半径逐渐增大，因此原子半径，故B错误；C．X(O)元素的化合价有+2价，如OF2，无最高正价，故C错误；D．R氧化物对应水化物的酸性不一定比Y氧化物对应水化物的酸性强，比如HClO＜H2SO4，故D错误。综上所述，答案为A。12.X、Y、Z、R、T为短周期主族元素，其中R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成两种常见阴阳离子个数比均为1：2的离子化合物，T所在的周期数和族序数相同。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是A.T的最高价氧化物对应水化物是强碱B.简单离子半径：X<Y<Z<TC.X和Y可以形成既有极性键也有非极性键的化合物D.纯T的硬度和强度都很大，适合于制造机器零件【正确答案】C【分析】X、Y、Z、R、T为短周期主族元素，结合原子序数和原子半径的关系分析，X为第一周期，为氢元素，R、Y为第二周期，Z、T为第三周期。其中R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，为碳元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为氧元素，Z为钠元素，T所在的周期数和族序数相同，则T为Al元素。即X为H，Y为O，Z为Na，R为C，T为Al。【详解】A．T为Al，最高价氧化物对应水化物为属于两性氢氧化物，A错误；B．X为H，Y为O，Z为Na，T为Al。核外电子层结构相同的离子，质子数越小半径越大。一般电子层数多的离子半径大。简单离子半径：H+<Al3+<Na+<O2-，B错误；C．X为H，Y为O形成的H2O2既有极性键也有非极性键，C正确；D．纯Al的硬度和强度都不大，不适合于制造机器零件，D错误；故选C。13.X溶液中含有表中所示离子中的5种，且其离子个数相等。向X溶液中加入足量稀盐酸有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是阳离子Na+Fe3+Ba2+Fe2+Mg2+Al3+阴离子OH-Cl-A.X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子B.原溶液中一定含有Mg2+C.溶液中不可能含有和D.向原溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成【正确答案】A【分析】“向X溶液中加入足量稀盐酸有气体生成，反应前后阴离子种类不变”，说明原溶液中存在Cl-，由于或与足量盐酸反应生成CO2后，溶液中不再含有或，故不存在和，OH-能被足量盐酸中和而消失，故OH-也不存在。因此能生成气体的反应只有Fe2+、H+、之间的反应：，则溶液中存在Fe2+、。X溶液中含有表中所示离子中的5种，且其离子个数相等，根据电荷守恒得溶液中还存在、Mg2+。据此答题。【详解】A．由分析知原溶液中存在Fe2+、Mg2+、Cl-、、，A错误；B．由分析知原溶液中一定含有Mg2+，B正确；C．由分析知原溶液中不可能含有和，C正确；D．原溶液中含有，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，D正确；故选A。14.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（换算为标准状况体积），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法正确的是（）A.该合金中铜与镁的物质的量之比是1:2B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是20%D.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【正确答案】C【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A错误；B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14.0mol/L，故B错误；C．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为×100%=20%，故C正确；D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol÷1mol/L=0.64L=640mL，故D错误。故答案选C。二、非选择题(共四题，除标注外，其余每空均2分，共58分)15.高铁酸钾是一种新型绿色消毒剂、净水剂。实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如图：已知高铁酸钾的相关性质：Ⅰ.可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇。Ⅱ.水溶液稳定性较差，发生反应：（胶体）；在酸性溶液中快速反应产生：；在低温、强碱性溶液中相当稳定。（1）水溶液稳定性较差，可以用作净水剂。其净水过程中所发生的化学反应主要为，证明有胶体生成的实验操作___________。（2）制备的离子方程式为___________。（3）由题可知，溶解度___________(填“>”“<”或“=”)，由粗品获得精品的过程中可用___________洗涤。（4）已知碱性条件下氧化也可制得高铁酸盐，写出离子方程式：___________。（5）取样品与稀硫酸完全反应，溶液变黄且生成，则该样品的纯度为___________。【正确答案】（1）让一束光通过(用红色激光笔照射)制得的液体，从侧面(在与光束垂直的方向)能观察到一条光亮的“通路”，说明制得的液体是胶体（2）（3）①.>②.乙醇（4）（5）88%【分析】​与、反应生成溶液；向溶液中加入KOH饱和溶液，利用溶解度差异结晶析出粗品（因为其微溶于KOH溶液）；粗品经过一系列操作得到精品。【小问1详解】利用丁达尔效应检验胶体，让一束光通过(用红色激光笔照射)制得的液体，从侧面(在与光束垂直的方向)能观察到一条光亮的“通路”，说明制得的液体是胶体。【小问2详解】碱性条件下，被氧化为​，被还原为，离子方程式为。【小问3详解】加入饱和溶液后析出​，说明​溶解度大于​；根据已知信息，​难溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少产品溶解损失，且易干燥，因此选乙醇洗涤。【小问4详解】碱性条件下氧化​生成​，​被还原为，碱性条件下用配平，离子方程式为。【小问5详解】根据反应方程式可知，​，，则，，纯度为。16.a、b、c、d、e为五种短周期主族元素，原子序数依次递增。下图是a～e五种元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系，已知A为金属单质，B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒；化合物G的焰色试验呈黄色，化合物F通常状况下呈气态。请回答下列问题：（1）d在元素周期表中的位置位于___________，CO2的电子式为___________。（2）e的单质与d的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是___________。（3）Na2O2可在呼吸面具中作为氧气来源，假设每人每分钟消耗0.448LO2(标准状况)，且所需的O2全部由Na2O2来提供，则某消防员工作1小时所需Na2O2的质量为___________g。（4）b、c、d元素中，原子半径由小到大的顺序是___________(填元素符号)；c、d、e元素分别形成的简单离子中离子半径最小的是___________(填离子符号)。（5）b和e两元素相比较，非金属性较强是___________(填元素符号)，可以证明该结论的是___________。A．e的简单气态氢化物比b的简单气态氢化物稳定B．b氧化物对应的水化物的酸性弱于e氧化物对应的水化物的酸性C．b的简单氢化物的沸点比c的氢化物沸点低【正确答案】（1）①.第三周期ⅠA族②.（2）（3）（4）①.②.（5）①.②.A【分析】短周期元素形成的非金属气态单质有、、、、，而C和D光照条件下反应生成F，可知为和，F为；而D常用于自来水的杀菌消毒，说明D为，C为。化合物G的焰色反应呈黄色，说明含Na。E和反应生成气体单质B和G（含Na），则为；所以E为，A为Na，B为，G为；而a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，所以依次为H、C、O、Na、Cl。【小问1详解】Na的原子序数为11，在元素周期表的位置为第三周期第ⅠA族；为共价化合物，C和O形成双键，O还剩4个电子未成键，电子式为。【小问2详解】和的反应为制取漂白液的反应，化学方程式为。【小问3详解】标况下为，所以1h需要；根据反应可知，所以需要的质量为：。【小问4详解】电子层越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小；C、O、Na的电子层数依次为2、2、3，C的核电荷数比O的小，所以原子半径从小到大顺序为；、、的电子层数分别为2、2、3，O的核电荷数比Na的最小，所以离子半径最小的是。【小问5详解】C得电子的能力比Cl的弱，非金属性更强的是Cl；分析选项：A．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，比稳定可以证明非金属性强弱，A正确；B．未说明是最高价氧化物对应水化物，不能通过其酸性强弱证明非金属强弱，B错误；C．沸点是物理性质，与非金属性无关，不能通过沸点高低证明非金属性强弱，C错误；故选A。17.某化学课外活动小组为了验证主族元素化学性质的递变规律，进行如下实验探究。Ⅰ.探究1：元素金属性递变规律序号实验内容实验现象1将绿豆大小的金属Li投入50mL水中Li与水反应快速，且有气泡生成2将绿豆大小的金属Na投入50mL水中Na与水反应比第1组剧烈，且有气泡生成3将绿豆大小的金属K投入50mL水中K与水反应比Na与水反应剧烈，且产生气泡（1）已知Rb位于第五周期第ⅠA族，则RbOH的碱性___________KOH的碱性(填“<”或“>”)。（2）某同学取适量可溶性铝盐与氨水(溶质为)反应制备氢氧化铝，请写出该反应的离子方程式：___________。Ⅱ.探究2：元素非金属性递变规律（3）某小组同学设计实验比较第ⅦA族元素的非金属性：

甲方案乙方案操作打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙黄色，湿润的淀粉KI试纸变蓝向A中通入少量Cl2充分反应后，A中液体为橙黄色，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡，静置，试管中现象为①___________图示①乙方案试管中现象为___________；②甲方案中发生多个化学反应，写出产生黄绿色气体的离子方程式：___________；③以上两个方案，___________(填“甲”或“乙”)方案的实验能证明非金属性：Cl>Br>I。（4）除了利用卤素单质间的置换反应，以下陈述哪些可作为卤族元素非金属性递变规律的判断依据___________(填字母)。A．Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高B．HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱C．AgCl、AgBr、AgI的固体颜色越来越深（5）实验室拟用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.20g·cm3)配制96.0mL0.120mol/LHCl溶液，需要量取浓盐酸的体积为___________，在配制过程中，下列操作会导致配制的HCl浓度偏低的是___________。A．容量瓶水洗后没有烘干便投入使用B．量取浓盐酸后放置时间过长，未及时稀释和转移到容量瓶C．定容时俯视刻度线【正确答案】（1）>（2）（3）①.溶液分层，且下层溶液为紫红色②.③.乙（4）B（5）①.1.0mL②.B【小问1详解】已知Rb位于第五周期ⅠA族，同族元素从上至下，元素金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，则RbOH的碱性大于KOH的碱性，故答案为>；【小问2详解】可溶性铝盐与氨水(溶质为NH3·H2O)反应制备氢氧化铝，反应方程式；【小问3详解】①乙方案中，A中液体有生成的Br2，A中液体加入试管中后，Br2会和KI反应生成I2，I2溶于CCl4，故现象为溶液分层，且下层溶液为紫红色；②高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，离子方程式：；③乙方案装置A中少量氯气与NaBr反应生成溴单质，打开分液漏斗活塞，试管中溴单质与KI反应生成碘单质，可证明非金属性Cl>Br>I；甲方案中，Cl2与KBr反应生成Br2，Cl2与KI反应生成I2，只能得出非金属性Cl>Br、Cl>I，无法证明Br与I非金属性强弱，故答案选乙；【小问4详解】A．Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高，属于物理性质变化规律，不可用于非金属性递变规律的判断依据，故A错误；B．非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强，HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，可用于非金属性递变规律的判断依据，故B正确；C．AgCl、AgBr、AgI的固体颜色越来越深，属于物理性质变化规律，不可用于非金属性递变规律的判断依据，C错误；故答案选B；【小问5详解】质量分数为36.5%、密度为1.20g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度；用该浓盐酸配制96.0mL0.120mol/L稀盐酸，容量瓶规格选100mL，根据溶液的稀释计算，需要量取浓盐酸的体积100mL×0.120mol/L=12mol/L×V浓，解得V浓=1.0mL；误差分析如下：A．容量瓶水洗后没有烘干便投入使用，对溶液浓度无影响，故A错误；B．量取浓