广西示范性高中2025-2026学年高一上学期11月期中考试化学试卷

这是一份广西示范性高中2025-2026学年高一上学期11月期中考试化学试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

高一化学参考答案
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，只有一项是符合题意要求的。
C【详解】A.花朵掉落后，在微生物的作用下化成养分，涉及元素化合价的变化，A 正确； B.石灰石加热分解生成 CaO 和二氧化碳，B 正确；C.泪水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；D.人们利用单质金的稳定性强，密度大且不溶于水进行淘金，属于物理变化，D 正确。
D【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐；Na2O2 与酸反应时，除了生成盐和水，还生成 O2，则Na2O2
属于过氧化物，不属于碱性氧化物，A 错误；
B．稀盐酸是HCl 的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，B 错误； C．液氯为非金属单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，C 错误； D．各物质分类正确，D 正确
D【详解】A．NaCl 溶液中形成水合钠离子和水合氯离子，分别为，
A 正确；B．KAl(SO4)2 属于一种复盐，在水溶液中完全电离，电离方程式为 KAl(SO4)2 = K+ + Al3+
+ 2SO42-，B 正确；C. KHCO3 是一种弱酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，但弱酸的酸式根只是部分电离，电离方程式正确，C 正确；D. Ca(OH)2 的电离出Ca2+,D 错误。
B【解析】A．Na 放入CuSO4 溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反
应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为 2Na + Cu2+ + 2H2O = Cu(OH)2↓ + 2Na+ + H2↑，故A 错误；
3323
B．澄清石灰水与过量 NaHCO3 溶液反应，钙离子和氢氧根离子按 1:2 反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式是 2HCO - + Ca2+ + 2OH- =CaCO ↓ + 2H O+CO 2-，故 B 正确；C．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为 Cu2+ + SO42-
+ Ba2+ + 2OH- = Cu(OH)2 ↓+ BaSO4↓，故 C 错误；D.沉淀质量最大,两者 1∶1 反应，离子方程式为：
4
H+ + SO 2- + Ba2+ + OH- = BaSO4 ↓+ H2O ，故D 错误
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D【详解】A． Na O CO2 Na O CaCl2 CaCO ，通过一步反应实现，A 不符合题意；
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CuSO Fe Cu O2 /Δ CuO H2 SO4 C uSO ，通过一步反应实现，B 不符合题意；
题号
1
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14
答案
C
D
D
B
D
B
C
A
D
C
C
D
D
D
浓HCl MnO2 /ΔH2O
光照
，通过一步反应实现，C 不符合题意；
 Cl2  HClO  HCl
Fe3O4 难溶于水，故Fe3O4 到Fe(OH)3，Fe(OH)3 到FeO，都无法一步实现，D 符合题意；
B【详解】A．Cu2+为蓝色离子，溶液不呈无色，且在碱性条件下会生成Cu(OH)2 沉淀，无法共存，
A 不符合题意；
B．Na+、Cl-、CO32-、SO42-均为无色离子，且与 OH-不反应，在碱性溶液中可大量共存，B 符合题意；
C．Mg2+在碱性条件下会与OH-生成Mg(OH)2 沉淀，无法共存，C 不符合题意；
D．H+与碱性溶液中的OH-反应生成水，无法大量存在，D 不符合题意
C【详解】A．因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，故A 错误；
碳酸钠与碳酸氢钠都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故 B 错误；
用棉花包裹过氧化钠，放入充满二氧化碳的集气瓶中，棉花燃烧说明过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，同时反应放热，故C 正确；
取少量待测液于试管中，滴入 AgNO3 溶液产生白色沉淀，不一定是氯离子，可能是亚硫酸根离子、碳酸根离子等，故应滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，排出亚硫酸根离子和碳酸根离子等的干扰，故D 错误
A【分析】反应中硫元素、碳元素化合价升高，被氧化，生成氧化产物，氯元素化合价降低，氯酸钾是氧化剂，KCl 是白色固体，分散在空气中形成烟。
D【详解】A．CO2 密度大于空气，应该用向上排空气法，A 错误； B．氯气中混有水蒸气，B 错误；
C．转移液体应该用玻璃棒引流，C 错误； D．如果钠与水反应放热，大试管中气体受热膨胀， U 型管中红墨水液面左侧降低，右侧升高，D 正确； 故选D。
C【详解】A．H2O 在标准状况下不是气体，则 0℃、101kPa 下，11.2L H2O 所含的分子数不是 0.5NA， A 错误； B．溶液体积未知，无法计算 0.1ml⋅ L−1 的 KHSO4 溶液中含有的离子数目，B 错误； C．常温常压下，9.8g H2SO4 物质的量为 0.1ml，所含氧原子数为 0.4NA，9.8g H3PO4 物质的量为 0.1ml，所含氧原子数为 0.4NA，C 正确；D．该反应中有 1 个 Br2 生成时，转移电子数为 2e-，则生成 2 个Br2 时，转移的电子数为 4e-，D 错误
C【分析】KClO3 与蔗糖混合溶液在硫酸作用下生成 ClO2、K2SO4、CO2，KOH、H2O2 的混合溶液吸收ClO2 转化为KClO2，据此回答。
【详解】A．KClO2 中，K 元素显+1 价、O 元素显-2 价，根据化合价代数和等于 0，氯元素的化合价为+3，故A 正确；
“制备ClO2”工序中，蔗糖中碳元素化合价升高为+4，蔗糖为还原剂，故 B 正确；
“吸收ClO2”时，双氧水中氧元素化合价由-1 升高为 0，双氧水是还原剂，ClO2 中Cl 元素化合价由+4 降低为+3，ClO2 是氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的质量之比为 67.5:17，故C 错误；
将未反应的 ClO2 循环吸收，可以提高 KClO2 的产率，故D 正确
D【详解】A．同素异形体是同种元素组成的不同单质，Fe3+、Fe2+是铁元素的不同离子，并非单质， A 错误；
B．该过程中氧化亚铁硫杆菌起催化作用，有适宜的温度范围，超过最适温度会失活，催化效率下降，并非温度越高越好，B 错误；
C．反应II 中Fe3+氧化ZnS 生成Fe2+，反应I 中Fe2+又被O2 氧化为 Fe3+，Fe3+与Fe2+循环利用，无需不断补充，C 错误；
D．1 个O2 在反应I 中得 4e-，氧化 4 个Fe2+生成 4 个Fe3+；反应II 中每个ZnS 中S 失 2e-，需 2
个Fe3+（得 2e-），故 4 个Fe3+可氧化 2 个ZnS 生成 2 个Zn2+，即 1 个O2 对应 2 个Zn2+，D 正确
D【详解】物质①是金属钠，通常将其保存在煤油或石蜡油中，实验结束剩余的钠应放回原试剂瓶。能治疗胃酸过多是服用适量的小苏打；D 错误。
D【分析】稀释过程中 Al3+的物质的量不变，根据稀释过程中 Al3+的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线，c1×0.2L=1.6ml/L×1L，c1=8ml/L，营养液中Al3+的浓度为 8ml/L，则X 离子是 SO42- 。
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【详解】A．根据以上分析，营养液中Al3+的物质的量为 8ml/L，所以X 离子不是Al3+，X 离子是SO 2-，故A 正确； B．根据以上分析，图乙中c =8.0 ml/L，故B 正确；
C．营养液中Al3+的物质的量为 8ml/L，则KAl(SO4)2 的浓度为 8ml/L，KAl(SO4)2 提供的K+的浓度为 8ml/L，KCl 提供的Cl-的浓度为 2ml/L，所以KCl 的浓度为 2ml/L，K2SO4 提供的K+的浓度为(12-8-2)ml/L，则 K2SO4 的浓度为 1ml/L，则营养液中 KCl 与K2SO4 的物质的量之比为 2：1，故C 正确；
D．结合选项 C 可知，K2SO4 的浓度为 1ml/L，故D 错误；选D。二、非选择题(本题包括 4 小题，共 58 分)
（16 分，每空 2 分）
KMnO4I-
焰色试验 透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰
还原
+6 价具有强氧化性，杀菌消毒时生成Fe3+，进一步生成胶体吸附悬浮物而净水
半透膜
（14 分，除标明外，其余每空 2 分）
分液漏斗（1 分）浓硫酸（1 分）
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MnO + 4H+ +2Cl- Δ 2H O+ Cl  + Mn 2+
（3）Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O
（4）ClO- + H2O2 = Cl- + O2 ↑+ H2O
（5） 2HClO 光照 2HCl+O 2 
（6）c(Cl-)c(H+)的大小
【分析】甲为氯气的发生装置，乙除去氯气中的氯化氢，丙除氯气中的水蒸气，丁收集氯气，戊制备漂白粉，己制备漂白液，据此回答。
【详解】（1）装置丙用于干燥氯气，盛装的试剂是浓硫酸；
（2）装置甲用MnO2 和浓盐酸共热制备氯气，其化学方程式为：MnO2 + 4HCl(浓) == MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O；
（3）将氯气通入装置己中制备漂白液，化学方程式为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；
NaClO 与H2O2 发生氧化还原反应，离子方程式为： ClO- + H2O2 = Cl- + O2 ↑+ H2O；
光照使氯水不断分解，生成 HCl 与O2 使Cl-，化学方程式为2HClO 光照 2HCl+O 2 
①实验b 中，稀盐酸与 MnO2 不反应，加入氯化钠固体，相当于加入Cl-，观察反应是否发生，则实验b 的目的是探究c(Cl-)对反应的影响；
②a、c、e 增大c(H+)，有黄绿色气体生成，b、d 增大c(Cl-)，而c(H+)较小，b、d 没有黄绿色气体生成，所以得出影响氯气生成的原因是：c(H+)的大小。
（12 分，每空 2 分）
K2CO3、KHCO3
交叉分类法
（3）2KHCO3 == K2CO3+H2O+CO2 ↑(4)3:1(5)A(6)偏大
【分析】天然气主要成分为甲烷，甲烷和氧气在点燃的条件下发生反应CH4 + 2O2 === CO2 + 2H2O；图中反应①为K2CO3 + CO2 +H2O = 2KHCO3，反应②为 2KHCO3 == K2CO3+H2O+CO2 ↑，反应
③是二氧化碳和氢气在催化剂的作用下发生反应CO2 +3H2 催化剂 CH3OH+H2O ；根据质量守恒定律可知，
反应④发生反应： CO2 +4H2
催化剂
 2H2O+CH4 ；甲醇、甲烷完全燃烧均生成二氧化碳和水。
【解析】（1）电解质指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，涉及的物质中属于电解质的是：
H2O、K2CO3、KHCO3，故答案为：K2CO3、KHCO3；
K2CO3 由钾离子和碳酸根离子构成，既属于钾盐，也属于碳酸盐，该分类方法属于交叉分类法，故答案为：交叉分类法；
KHCO3 不稳定，受热易分解为碳酸钾、二氧化碳、水，反应②为 2KHCO3 == K2CO3+H2O+CO2↑，
反应③是二氧化碳和氢气在催化剂的作用下发生反应CO2 +3H2 催化剂CH3OH+H2O ，故答案为：
3:1；
（6）定容时俯视容量瓶刻度线，造成溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏大。
（16 分，每空 2 分）
NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4ClNH4Cl
CO2提高二氧化碳的利用率
① e→f→b→c② 装置的气密性
① 2.120② BC
【详解】（1）沉淀池中饱和食盐水与NH3、CO2 反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为
NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl；根据分析可知母液中的副产品为NH4Cl。
根据分析可知，循环 II 中的物质X 为CO2，循环的作用为提高二氧化碳的利用率。
①A 中稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳中含有 HCl，先通过饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，随后将 CO2 从b 口通入B 装置，与雾化后的饱和铵盐水反应生成碳酸氢钠，最后多余的二氧化碳通入 E 中被吸收，因此连接顺序为 a→e→f→b→c→g→h。
②连接装置后，为保证实验顺利进行，需要检查装置的气密性。
(4)①100mL0.20ml·L-1 的Na2CO3 溶液中溶质的质量为 0.1L ×0.20ml·L-1×106g·ml-1 =2.120g，结合电子天平称量时可精确到 0.001g，需称量 2.120g Na2CO3。
②【答案】BC
【分析】溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，稀硫酸和氢氧化钡生成水和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时溶液中几乎不存在自由移动的离子，导电性为零，继续滴加稀硫酸，稀硫酸过量电离出自由移动的氢离子、硫酸根离子，溶液导电性增强；
【解析】XY 段二者发生反应 Ba2+ + 2OH- +2H+ + SO42- = BaSO4↓ + 2H2O，导致溶液中离子浓度减小，导电能力减弱，BaSO4 是强电解质，A 错误；a 点的导电能力几乎为零，故该点为酸碱恰好完全反应生成硫酸钡和水，B 正确；溶液导电能力与离子浓度成正比，Y 处溶液的导电能力约为 0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，C 正确； YZ 段稀硫酸过量，硫酸是强电解质，硫酸电离出离子导致溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，D 错误；故选BC。