贵州省部分学校2025-2026学年高一上学期12月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省部分学校2025-2026学年高一上学期12月联考试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册第一章至第三章。5.可能用到的相对原子质量：C12O16Na23Mg24Al27S32Ba137一、选择题：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.贵州的民风、民俗丰富多样，融合了多个民族的文化传统。下列说法错误的是A.制作苗族芦笙的竹子中含有的水是化合物B.侗族“歌酒节”，饮用的酒属于胶体C.苗族的银饰主要由金属材料制作而成D.彝族火把节，燃着的火把发生了化学变化【答案】B【解析】A．水是由不同元素组成的纯净物，符合化合物定义，A正确；B．胶体是分散质粒子直径在1-100nm的分散系，而酒是乙醇分子均匀分散在水中形成的溶液，粒子直径＜1nm，不属于胶体，B错误；C．金属材料包括纯金属及其合金，银饰主要成分为银，属于金属材料，C正确；D．燃烧是物质与氧气发生的发光放热的氧化反应，有新物质生成，属于化学变化，D正确；故选B。2.下列说法中，正确的是A.有单质生成的反应是氧化还原反应B.物质还原性越强，反应中失电子就越多C.能导电的物质就是电解质D.含最高价元素的化合物，具有氧化性【答案】D【解析】A．有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如氧气转化为臭氧是同素异形体转化，不涉及电子转移，A错误；B．还原性越强指物质失电子能力越强，失电子的数量与还原性强弱无关，B错误；C．电解质必须是化合物，能导电的物质如金属单质（铜）或石墨不是电解质，C错误；D．含最高价元素的化合物中，元素处于最高氧化态，只能被还原，通常具有氧化性，D正确；故选D。3.下列物质属于电解质的是A. B.CaO C.CO D.氯水【答案】B【解析】A．C2H5OH（乙醇）是共价化合物，不能电离出离子，在水溶液或熔融状态下均不电离，属于非电解质，A错误；B．CaO（氧化钙）是离子化合物，在熔融状态下能电离出离子并导电，属于电解质，B正确；C．CO（一氧化碳）是共价化合物，不能电离出离子，不导电，属于非电解质，C错误；D．氯水是氯气溶于水形成的混合物，是混合物，不符合电解质的定义（电解质必须是化合物），D错误；故答案选B。4.下列关于合金说法错误的是A.合金中一定不含非金属B.合金的硬度一般比纯金属的大C.在合金中加入适量稀土金属，能改善合金性能D.合金的熔点一般比它的各成分金属的熔点低【答案】A【解析】A．合金可由金属与金属或金属与非金属组成，如铁碳合金，故A错误；B．合金中异种原子阻碍原子滑移，所以合金硬度普遍高于纯金属，故B正确；C．稀土元素可细化晶粒、提升抗氧化性，如镁合金加铈改善高温性能，故C正确；D．合金的熔点一般比各成分金属的低，如钠钾合金常温下呈液态，故D正确；选A。5.将少量新制氯水分别滴入盛有下列溶液的试管中，充分反应后，下列溶液的颜色不发生变化的是A.溶液B.溶液 C.NaOH溶液（滴有酚酞）D.石蕊溶液【答案】A【解析】A．溶液无色，氯水中的HCl与反应生成和NaCl，溶液仍无色，颜色不变，符合题意，A正确；B．溶液呈浅绿色，氯水中的将氧化为，溶液变为黄色，颜色发生变化，不符合题意，B错误；C．NaOH溶液（滴有酚酞）呈红色，氯水中的HCl与NaOH反应使碱性减弱，且HClO漂白酚酞，红色褪去，颜色发生变化，不符合题意，C错误；D．石蕊溶液遇氯水先因酸性变红，后被HClO漂白褪色，颜色发生变化，不符合题意，D错误；故答案选A。6.下列实验操作规范且能达到目的的是A．配制一定浓度的稀硫酸B．较长时间观察沉淀C．除去中的HClD．观察钠与水的反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．配制稀硫酸，不能直接在容量瓶中稀释浓硫酸；且往容量瓶中转移液体时，玻璃棒的下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，故A错误；B．二价铁易被空气中的氧气氧化，反应生成的(白色沉淀)易被空气中的氧气最终氧化为(红褐色沉淀)，直接滴加溶液无法长时间观察到白色沉淀（会迅速变为灰绿色，最后变成红褐色）；需隔绝空气（如液封）才能较长时间保存，故B错误；C．氯气在饱和食盐水中的溶解度非常小，用饱和食盐水可除去中的HCl，且装置为“长进短出”的洗气装置，操作规范，故C正确；D．钠与水反应剧烈，会产生大量热和氢气，直接在烧杯中观察且近距离俯视存在安全隐患（易发生液体溅出、爆炸等风险），应使用镊子夹取钠，且操作时需注意防护，故D错误；故选C。7.能正确表示下列反应的离子方程式的是A.向溶液中通入：B.氯化铁溶液腐蚀铜电路板：C.硫酸氢钠和氢氧化钠溶液混合：D.过氧化钠溶于水中：【答案】C【解析】A．向溶液中通入不反应，因为碳酸酸性弱于盐酸，不能生成沉淀，故反应不发生，故A错误；B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板应生成而非，且未配平，正确离子方程式为：，故B错误；C．硫酸氢钠在水溶液中可完全电离：，与氢氧化钠溶液混合，离子反应为：，离子方程式正确，故C正确；D．过氧化钠（）是金属过氧化物，在离子方程式书写中不能拆，所以过氧化钠溶于水的正确离子方程式为：，故D错误；故答案选C。8.高铁酸钾是一种新型高效水处理剂，制备方法如下：方法1：，方法2：下列说法错误是A.可以用焰色试验鉴别和B.方法1的产物中有碱性氧化物C.制得等量的，方法1和方法2转移的电子数相同D.从方法1可以得出溶解度：【答案】C【解析】A．焰色试验中钠离子显黄色、钾离子显紫色(透过钴玻璃)，Na2FeO4和K2FeO4分别含Na⁺和K⁺，可用焰色试验鉴别，故A正确；B．方法1的产物中有Na2O，Na2O属于碱性氧化物，故B正确；C．制得2molK2FeO4时，方法1第一步反应铁元素从+2价升至+6价，且过氧化钠中氧元素发生歧化放出1mol氧气，共转移10mol电子；方法2中铁元素从+3价升至+6价，制得2molK2FeO4时，共转移6mol电子，故C错误；D．方法1发生反应Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，中K2FeO4以沉淀形式析出，说明K2FeO4溶解度小于Na2FeO4，故D正确；选C。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中含有的数目为B.23g钠在氧气中充分燃烧，转移的电子数为C.中含氧原子的数目为D.中含质子的数目为【答案】D【解析】A．溶液体积未知，无法计算Cl⁻数目，A错误；B．23g钠（1mol）在氧气中充分燃烧形成Na2O2，每个钠原子失1个电子，转移电子数为，B错误；C．未指明标准状况，无法确定CO2物质的量，故无法计算氧原子数目，C错误；D．1molCH4中，碳原子含6个质子，每个氢原子含1个质子，共含10mol质子，数目为，D正确；答案选D。10.下列各组物质的鉴别方法错误的是选项物质鉴别方法A过氧化钠粉末和硫粉分别加水后，观察现象B碳酸氢钙溶液和氯化镁溶液分别滴加氢氧化钠溶液，观察现象C稀淀粉溶液和氯化钠溶液分别用直射光源照射，观察现象D和CO分别通入澄清石灰水中，观察现象A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．过氧化钠加水反应产生氧气气泡；硫粉不溶于水，现象不同可鉴别，A正确；B．碳酸氢钙滴加NaOH生成碳酸钙白色沉淀；氯化镁滴加NaOH生成氢氧化镁白色沉淀，现象相同无法鉴别，B错误；C．稀淀粉溶液为胶体，直射光照射产生丁达尔效应；氯化钠溶液为溶液，不产生丁达尔效应，现象不同可鉴别，C正确；D．CO2通入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀变浑浊；CO无反应无现象，现象不同可鉴别，D正确；故选B。11.现有一可滑动的活塞，将一密闭容器分割成体积相同的甲、乙两部分。室温下，分别向甲、乙中充入等量的气体(如图1所示)，反应后，恢复至室温，活塞的位置如图2所示，则初始时甲、乙中充入的气体符合条件的是选项甲乙A和B和C和D和A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】反应前甲、乙中气体体积比为，反应后甲、乙中气体体积比为，说明反应后甲中的气体物质的量增大或者乙中气体物质的量减少。A．甲中和反应后剩余气体，乙中不反应，反应后甲、乙中气体物质的量之比为，A项不符合题意；B．和反应后，气体物质的量不变，B项不符合题意；C．和反应后，气体物质的量减少1.5mol，乙中剩余气体的物质的量为0.5mol，甲、乙中气体体积比为，C项符合题意；D．乙中和反应后，气体减少0.5mol，剩余气体的物质的量为1.5mol，甲、乙中气体体积比为，D项不符合题意；故答案为C。12.某无色澄清溶液中含有以下离子中的若干种：。现分别取3份100mL该溶液进行如下实验：①1份加溶液，有白色沉淀生成；②1份加足量NaOH溶液并加热，收集到气体0.224L(已折算成标准状况下的体积)；③1份加足量溶液，将所得沉淀进行洗涤、干燥后得到5.285g固体，再向所得固体中加足量稀盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量得到2.330g固体。已知：。下列说法正确的是A.原溶液中一定不存在B.原溶液中一定存C.原溶液中D.原溶液中【答案】C【解析】溶液无色，故不含Cu2+（蓝色）。实验②生成气体为NH3（由与OH-反应），体积0.224L（标准状况），n()=n()=0.01mol。实验③加BaCl2得沉淀5.285g（含BaSO4和BaCO3），加稀盐酸后剩余固体2.330g为BaSO4（不溶），n(BaSO4)==0.01mol，故n()=0.01mol；溶解部分为BaCO3，质量5.285-2.330=2.955g，n(BaCO3)==0.015mol，故n()=0.015mol；体积100mL=0.1L，c()=0.1mol·L-1，c()=0.15mol·L-1。含和，故不含Ba2+（会形成沉淀）；含且溶液澄清，故不含Mg2+（MgCO3沉淀）。根据电荷守恒：阴离子总电荷=2×n()+2×n()=0.05mol，阳离子电荷=n()=0.01mol，需K+电荷≥0.04mol（n(K+)≥0.04mol），故c(K+)≥0.4mol·L-1。实验①白色沉淀可能由和引起，无法确定Cl-是否存在；据此分析作答。A．溶液中可能有Cl-，A错误；B．溶液中一定不含，B错误；C．根据电荷守恒分析，原溶液中，C正确；D．根据分析可知c()=0.15mol·L-1，D错误；故答案选C。13.根据下列反应所画图像正确的是A.将通入一定量NaOH溶液中B.将铁粉加入一定量氯化铁溶液中C.将稀盐酸逐滴滴入碳酸钠溶液中D.将氨水滴入一定量氯化镁溶液中A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．通入NaOH溶液中，发生反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，pH应逐渐降低，而非升高，A错误；B．Fe与Fe3+反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，当加入nmolFe时，生成Fe2+为3nmol，B正确；C．盐酸滴入Na2CO3溶液中，先生成NaHCO3，此阶段无CO2，之后才产生CO2，图像不符合实际情况，C错误；D．Mg2+与氨水反应生成Mg(OH)2沉淀，不溶于过量氨水，沉淀不应减少，D错误；故答案选B。14.将9.0g镁铝合金加入盐酸中，得到10.08L(标准状况下)。忽略反应前后溶液体积的变化，不考虑HCl的逸出。已知：。下列说法错误的是A.该合金中Al的质量分数为60%B.该合金中镁和铝的物质的量之比为C.反应后的溶液中HCl的物质的量浓度为D.反应后溶液最多能消耗【答案】D【解析】镁铝合金加入盐酸中，发生反应：、。反应得到(标准状况下)，计算标准状况下产生的氢气物质的量：。设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol。根据合金质量：根据氢气产量：解得：、则镁铝合金中镁的物质的量为0.15mol，铝的物质的量为0.2mol。A．由分析可知，镁铝合金中铝的物质的量为0.2mol，铝的质量，该合金中的质量分数，A正确；B．由分析可知，该合金中镁和铝的物质的量之比为，B正确；C．初始物质的量，消耗：消耗，消耗，共。剩余的浓度，C正确；D．反应后溶液含、、，加时：中和需，沉淀需，完全转化成需,共需的物质的量。则反应后的溶液最多能消耗，D错误；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.已知有如图转化关系，其中A为一种常见金属，B为无色液体，C为黑色固体。试回答下列问题：（1）A、B的化学式分别为___________、___________。（2）C与盐酸反应的化学方程式为___________。（3）D可以在盛有的集气瓶中燃烧，现象为___________。（4）鉴别E溶液中的金属阳离子的操作为___________。（5）向盛有F溶液的试管中滴加氢氧化钠溶液，产生的现象为___________；该过程涉及的化学方程式为___________。【答案】（1）Fe（2）（3）安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口有白雾出现（4）取少许E溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+（5）先出现白色絮状沉淀，后白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，一段时间后会有红褐色物质生成、【解析】由A（金属）与B（无色液体）在高温条件下反应生成C（黑色固体）和D，可以推断A为Fe，B为H2O，C为Fe3O4，D为H2，A和Cl2反应可以得到E，则E为FeCl3，Fe有还原性，E中加入A后被还原为FeCl2，F为FeCl2。【小问1】由分析知A的化学式为Fe，B的化学式为H2O；【小问2】C为Fe3O4，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，化学方程式为；【小问3】D为H2，H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口有白雾出现；【小问4】E为FeCl3，E溶液中的金属阳离子为Fe3+，检验Fe3+的操作为：取少许E溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+；【小问5】F为FeCl2，向盛有FeCl2溶液的试管中滴加氢氧化钠溶液，会生成氢氧化亚铁，后被氧化为氢氧化铁，产生的现象为：先出现白色絮状沉淀，后白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，一段时间后会有红褐色物质生成；该过程涉及的化学方程式有：、。16.三氧化二镍是用于制造高能电池的材料。工业上以金属镍废料(主要含镍，还含少量铁和铝及其氧化物)为原料制备的工艺流程如图。回答下列问题：已知：可溶于NaOH溶液。（1）“酸浸”后的溶液中含有的金属阳离子为、、以及___________(填离子符号)。（2）金属铁与盐酸反应的化学方程式为___________。（3）“酸浸”时溶液温度不宜太高，原因是___________。（4）写出“氧化1”时发生反应的离子方程式：___________。（5）“调pH”时NaOH不能过量，原因为___________。（6）“沉镍”后过滤得到，实验室进行过滤操作时需要用到玻璃棒，其作用是___________。（7）“氧化2”生成的化学方程式为___________。【答案】（1）（2）（3）防止盐酸挥发(或其他合理答案)（4）（5）氢氧化钠过量会造成氢氧化铝溶解(或其他合理答案)（6）引流（7）【解析】以金属镍废料生产Ni2O3，由流程可知，酸浸后酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+和Al3+等，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，加入NaOH溶液调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+全部形成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液中再加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+得NiCO3沉淀，将NiCO3经洗涤后再溶于盐酸得NiCl2溶液和CO2，向溶液加入NaClO和NaOH溶液反应生成Ni2O3。【小问1】金属镍废料含铝及其氧化物，“酸浸”时铝与盐酸反应生成Al3+，因此溶液中还含有的金属阳离子是Al3+；【小问2】金属铁与盐酸发生置换反应，生成FeCl2和H2，化学方程式为：；【小问3】“酸浸”用的是盐酸，盐酸具有挥发性，温度过高会加速盐酸挥发，导致盐酸损耗、酸浸效率降低，因此温度不宜太高。故答案为：防止盐酸挥发(或其他合理答案)；【小问4】“氧化1”中H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：；【小问5】已知Al(OH)3可溶于过量NaOH，生成，若NaOH过量，会使已沉淀的Al(OH)3溶解，无法有效除去铝杂质；【小问6】过滤操作中，为防止液体溅出，需使使液体沿玻璃棒流入漏斗，玻璃棒的作用是引流；【小问7】“氧化2”是NiCl2在NaClO和NaOH的作用下生成Ni2O3，反应中：Ni从+2价被氧化为+3价；ClO-被还原为Cl-。结合得失电子守恒、原子守恒，配平后的化学方程式为：。17.某实验小组为探究钠与的反应，设计如图装置。查阅资料得知：ⅰ.钠与的反应可能有以下三种情况：a．；b．；c．。ⅱ.氯化钯溶液与CO反应产生黑色沉淀。请回答下列问题：（1）检查该装置气密性的方法为___________。（2）仪器A的名称是___________。（3）装置B中饱和碳酸氢钠溶液的作用是___________；装置C中浓硫酸的作用是___________。（4）点燃酒精灯之前，需要通一段时间气体，其目的是___________。（5）为了验证钠与反应的产物，设计如下实验：(已知上述实验中金属钠反应完全，装置D中溶液中未见产生黑色沉淀)①取一定量反应后的固体溶于足量水中，有黑色固体不溶，说明钠与发生的反应可能是反应___________(填资料i中的反应标号)。②为进一步验证反应产物，将①中黑色固体滤去，得到无色溶液，将无色溶液分成两份，一份加入足量稀盐酸，有无色气体生成，则说明反应产物中含有___________；向另一份溶液中加入足量溶液，产生白色沉淀，静置后___________(填实验操作和现象)，说明反应产物中不含___________。【答案】（1）将E中导气管末端插入水中，微热圆底烧瓶，撤去热源后，导气管中有一段水柱，证明装置气密性良好(或其他合理答案)（2）圆底烧瓶（3）除去中的HCl气体干燥气体或吸收中的水蒸气（4）排出装置中的空气，防止干扰实验（5）ab过滤，再向滤液中加入几滴酚酞试剂，未见溶液变红(或其他合理答案)【解析】A装置利用稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，B装置除去其中混入的杂质气体氯化氢；C装置干燥二氧化碳；D装置发生二氧化碳与钠反应；E装置氯化钯溶液与CO反应，检验是否生成CO；最后利用氢氧化钠除去多余的二氧化碳。【小问1】将E中导气管末端插入水中，微热圆底烧瓶，撤去热源后，导气管中有一段水柱，证明装置气密性良好。【小问2】仪器A的名称是圆底烧瓶。【小问3】装置B中饱和碳酸氢钠溶液的作用是除去其中混入的杂质气体氯化氢。装置C中浓硫酸的作用是干燥二氧化碳。【小问4】由于装置中有空气，点燃酒精灯之前，需要通一段时间气体，其目的是排出装置中的空气，防止干扰实验。【小问5】①装置D中溶液中未见产生黑色沉淀，说明钠与二氧化碳反应没有生成一氧化碳，则此黑色固体是单质碳，故选ab。②加入足量稀盐酸，有无色气体生成，则说明反应产物中含有碳酸钠，因为二者反应生成二氧化碳。另一份溶液中加入足量溶液，