甘肃省张掖市民乐县第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1甘肃省张掖市民乐县第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考试卷一、选择题1.化学创造美好生活。关于下列成就所涉及化学知识的说法正确的是A．航天器表面防热材料所用的镍基合金熔点高于镍B．光学谐振器中使用的碳纳米管与金刚石、C60C．中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料D．“宏海号”龙门吊钢丝绳含有天然纤维芯，天然纤维不包括蛋白质【答案】B【解析】合金具有硬度大、熔点低、耐腐蚀等特性，航天器表面防热材料所用的镍基合金熔点低于镍，A错误；碳纳米管与金刚石、C60均为由碳元素组成的单质，则互为同素异形体，B正确；钢铁是合金，合金和纯金属均属于金属材料，C错误；天然纤维主要有棉花、麻类、丝和动物毛，其中蚕丝和动物毛的主要成分均为蛋白质，D错误；故选B2.利用下列实验装置能够达到相应实验目的的是实验目的A．制取并收集氨气B．除去C2H2中少量的H2S实验目的C．用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液D．灼烧海带制海带灰A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】氨气能与氯化钙发生反应生成络合物CaCl2·8NH3，所以氨气不可用无水CaCl2干燥，可选用碱性干燥剂干燥氨气，A错误；实验室利用电石制备乙炔气体会混有H2S气体，H2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，C2H2不与CuSO4反应，能达到除杂目的，B正确；氢氧化钠溶液为强碱，应使用碱式滴定管，C错误；灼烧海带应使用坩埚，并置于泥三角上，D错误；故答案为B。3.一定条件下，不能实现下列物质间直接转化的X是XA．Na B．H2S C．NH3【答案】D【解析】钠和氧气在常温下生成氧化钠，氧化钠和氧气加热时生成过氧化钠，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，氢氧化钠和两性氢氧化物氢氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，A项不符合题意；硫化氢在氧气中燃烧，生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在加热、催化剂作用下生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和氢氧化铝反应生成硫酸铝，B项不符合题意；氨气和氧气在加热、催化剂作用下生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氨，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸和氢氧化铝发生反应生成硝酸铝，C项不符合题意；铜和氧气加热时发生反应生成氧化铜，氧化铜不能进一步被氧气氧化，D项符合题意；答案选D。4.蓝色固体物质X俗称为胆矾，X与Y、Z、R、Q存在如图所示的转化关系(部分参与反应的物质或反应条件略)，已知R、Q的组成元素相同。下列说法错误的是A．农业生产中，固体X可用于配制波尔多液B．室温下，Y在空气中久置可转化为XC．Z→R需要还原剂参与，且一定不需要加热D．通过分解反应，Z可转化为Q【答案】C【解析】蓝色固体物质X俗称为胆矾，胆矾（X为CuSO4⋅5H2O）可与生石灰、水配制波尔多液，用于农业杀菌，A正确；CuSO4⋅5H2O失去水变为白色固体Y，Y为无水CuSO4（白色），在空气中久置会吸收水蒸气生成CuSO4⋅5H2O（X），B正确；CuSO4⋅5H2O与氢氧化钠溶液反应生成蓝色固体5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．高温条件下，5.6g铁粉与足量H2Og完全反应，生成H2B．常温常压下，2.3gNa与足量O2完全反应，转移电子数为0.1NC．22.4LCl2的σ键数目为ND．pH=8的纯碱溶液中，OH-总数为10-6N【答案】B【解析】高温下铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，5.6gFe物质的量为0.1mol，按反应3Fe~4H2，生成H2为0.1mol×43=0.133mol，即0.133NA，而非0.15NA，A错误；2.3gNa物质的量为0.1mol，无论生成Na2O还是Na2O2，Na元素化合价均为0价变为+1价，每个Na均失去1e-，总转移电子数为0.1NA，B正确；未指明气体是否处于标准状况，6．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是A．G、K均能与NaOH溶液反应 B．H、N既具有氧化性也具有还原性C．M和N溶液中的离子种类相同 D．1molG与足量的J反应，转移电子数为N【答案】D【解析】根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确；M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确；1molH2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1molH2S参加反应，转移2mol电子，转移2NA个电子，D错误；答案选D。7.常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入稀硫酸后滴加酸性KMnO4食品脱氧剂样品中含FeB向盛有10mL水的锥形瓶中滴加8~10滴SOCl水与SOCl2C向含有KSCN的FeCl3溶液中加入少量KClFeCl3与KSCND向等浓度的NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3KA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入稀硫酸后，若食品脱氧剂有还原铁粉剩余，剩余的铁粉会与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，Fe2+具有还原性，则滴加酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，不能说明食品脱氧剂样品中含Fe2+，A项错误；SOCl2与H2O反应生成SO2和HCl，元素化合价未发生改变，为非氧化还原反应，B项错误；溶液变成红色的离子反应为：Fe3++3SCN-⇌FeSCN3，该平衡与Cl8.常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A．葡萄糖溶液中：MnOB．0.1mol⋅C．0.1mol⋅D．使酚酞变红的溶液中：Na【答案】D【解析】葡萄糖为多羟基醛，其中含有羟基和醛基，在酸性条件下会被MnO4-氧化，不能共存，故A错误；一水合氨属于弱碱，可部分电离出OH-，虽然氨水中OH-浓度较低，但Cu2+和Mg2+仍会部分生成沉淀，无法大量共存，故B错误；Ag+与I-生成AgI沉淀，无法共存，故9.下列化学方程式或离子方程式与所给事实相符的是A．向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：B．向H218O中投入C．Na2O2吸收SOD．将少量Na[AlOH4]【答案】A【解析】向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2时，会生成溶解度低于Na2CO3的NaHCO3，会析出NaHCO3沉淀。离子方程式为2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，符合反应事实，A正确；过氧化钠与水反应时，过氧化钠中的O元素化合价既升高也降低，即生成的O2中的氧原子来自Na2O2中的O22-，而非H218O中的18O，因此产物应为普通O2而非18O2，离子方程式为：2Na2O2+2H218O=4Na10.联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。利用HCl—N2H4·HCl溶液制备氧钒碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水}的流程如下：V下列说法正确的是A．联氨的电离方程式为NB．联氨与硫酸反应生成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2C．步骤Ⅱ可能需要分液漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器D．NH4HCO3是铵盐，也是碳酸氢盐，其分类方法为树状分类法【答案】B【解析】联氨为二元弱碱，属于弱电解质，在水中的电离为可逆过程，第一步的电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，应用可逆符号，A错误；硫酸过量，N2H4形成的阳离子为N2H62+，联氨与硫酸反应生成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，B正确；(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)11.五氧化二钒是二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的催化剂，反应过程如图所示，有关说法正确的是A．第Ⅴ步反应中SO3是氧化产物B．工业上采用高温高压的条件制备SO3C．第Ⅳ步反应方程式为VD．V2O5参加化学反应改变反应历程，从而提高反应平衡转化率【答案】C【解析】图中第Ⅴ步，反应物为VOSO4，产物为SO3、SO2和V2O5，其中SO3中的S元素化合价+6价，与反应物中S元素化合价相同，因此SO3不是氧化产物，故A错误；工业上利用SO2与O2在高温、催化剂的作用下反应制备SO3的方程式为：SO2+O2⇌Δ催化剂SO3，无需高压，故B错误；第IV步反应，其反应物为V2O4、O2和SO2，产物为VOSO4，因此反应方程式为：V2O4+O12.部分含铁或铜元素物质的类别与相应化合价关系如图所示。下列描述一定不合理的是A．将含h的饱和溶液滴加到沸水中可制备胶体B．一定条件下，f、g、h均可通过化合反应得到C．b为红色固体，在强酸性环境中可生成a和gD．h、i具有强氧化性，均可用于自来水的消毒和净水【答案】D【解析】根据铜元素化合价和分类，可以得知a是Cu，b是Cu2O，c是CuO，e是Cu(OH)2，g是Cu2+盐；h是+3价盐类化合物为Fe3+盐，可将FeCl3的饱和溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，A合理；f是+3价碱Fe(OH)3，可通过4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3得到，g是Fe2+盐、Cu2+盐，如FeCl2、CuCl2，可通过化合反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2、Cu+Cl2点燃CuCl2反应得到，B合理；b为+1价氧化物Cu2O，是红色固体，在强酸性环境中发生歧化反应，方程式为Cu213.室温下，某化学研究小组通过下列三组实验探究H2O实验实验操作和现象I向CrO3溶液中滴加少量0.1II向2 mL0.1 mol/LHIII向2mL0.01mol/LNaOH已知：①Cr最高化合价为+6；CrO3与H2O2的反应为CrO3+2H2②H2根据实验操作和现象，下列有关推论正确的是A．实验I中溶液变深蓝色，该反应为氧化还原反应B．实验II中发生反应的离子方程式为FeC．实验II中最后溶液颜色明显变浅，体现了H2D．实验III中溶液逐渐褪色，体现了H2【答案】C【解析】根据已知①可知，实验I中发生反应CrO3+2H2O2=2H2O+CrO5(深蓝色)，溶液变深蓝色，Cr最高价为+6，则CrO5中Cr元素也是+6价，该反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，A错误；实验Ⅱ中，少量Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液变红，离子方程式为Fe3++3SCN-=FeSCN3，B错误；过量H2O2在Fe3+的催化作用下分解产生了氧气，一段时间后，溶液颜色明显变浅，可能是因为过量的H2O2将硫氰根离子氧化，体现了H2O2的氧化性，C正确；H2O2溶液呈弱酸性，14.CoCO3主要用作选矿剂、催化剂、伪装涂料的颜料、饲料、微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。某工厂用废旧钴基合金（主要成分为CoO，还含有Fe3O4已知：①常温下，KaHF=3.0×10-4，Ksp下列叙述错误的是A．向“浸出液”中通入足量CO2B．该工艺条件下，H2OC．“酸浸”所得“浸渣”的成分有PbSOD．若“沉钙”后的溶液中cHF=cCa【答案】D【解析】废旧钴基合金主要成分为CoO，还含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO等，用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠，“浸出液”中含有AlOH4-，通入足量CO2，发生CO2+[Al(OH)4]-=Al(OH)3↓+HCO3-，有白色沉淀生成，A项正确；由流程可判断，流程中钴元素化合价未变，即该工艺条件下，H2O2、Fe3+二、非选择题15.有十种物质①石墨；②钠；③酒精；④氨气；⑤硫化氢；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩液态氯化氢。(1)其中能导电的是；属于非电解质的是。(2)等质量④和⑤中分子的数目之比为；若④和⑤中所含氢原子数相等，则④和⑤的质量之比。(3)写出⑥在水中的电离方程式；写出少量⑥加入足量⑦中的离子方程式。(4)1mol①中共价键数目为；④的水溶液中有种氢键。【答案】(1)①②⑦③④(2)2:11:3(3)NaHCO3=Na(4)1.5NA4【解析】（1）①电解质溶于水或熔融状态可电离出自由移动的离子，或具有自由电子的物质能导电：石墨、金属钠、氢氧化钡溶液；②非电解质的定义为水溶液或者熔融状态不导电的化合物：酒精、氨气。（2）①由m=nM得，质量相等，分子数目之比为摩尔质量反比，为34:17=2:1；②氨气NH3和硫化氢H2S氢原子数相同，则分子数之比为2:3，所以质量之比为2×17:3×34=1:3。（3）①NaHCO3属于盐类化合物，是强电解质，在水中电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；②少量（4）①石墨分子中的C的杂化轨道数为3，为sp2杂化，每个C具有3个共价键，一个共价键由2个C共用，均分后，每个C具有1.5个共价键，所以1mol石墨具有共价键数目为1.5NA；②氨气的水溶液中，NH3分子和H2O分子之间的氢键有两种（NH3提供H，H2O提供O与NH3提供N，H2O提供H），H2O与H2O之间有一种氢键，NH3与NH3之间有一种氢键，一共4种。16.I.某兴趣学习小组设计如图装置制取SO2，研究其性质。请回答下列问题:（1）B、C、D分别用于检验SO2的性质，写出C中反应的离子方程式。（2）实验中观察到D中有浑浊出现，有同学提出此现象不能证明SO2具有氧化性，请简述理由。（3）E装置的作用为。II.某学习小组进一步探究不同浓度的硫酸氧化性不同，设计并完成如下实验:称取一定量还原铁粉放入一定体积浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。经检验，气体Y中含有SO2、H2。（4）溶液X中含有的金属阳离子是(填化学式)，简述如何检验该离子。（5）为了测定气体Y中SO2的含量，将2.24L(标准状况)气体Y通入到200.00mL0.2000mol/L酸性高锰酸钾溶液中，充分反应后，取出20.00mL溶液转入锥形瓶中进行滴定，消耗0.1000mol/L的KHC2O4标准液10.00mL(高锰酸钾被还原均生成Mn2+)。①已知室温下，0.1000mol/LKHC2O4的溶液中，c(C2O42-)>c(H2C2O4)。滴定操作过程中标准液应用(填仪器名称②计算气体Y中SO2的物质的量分数为。【答案】（1）SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl﹣（2）装置C挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊（3）尾气处理，防倒吸（4）Fe2+取少量溶液，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2+（其他合理答案均给分）（5）酸式滴定管滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复【解析】(1)铜与浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为2H2SO4(浓)+CuΔCuSO4+2H2O+SO2↑，二氧化硫能够使品红褪色，二氧化硫具有还原性，能够被饱和的氯水氧化，二氧化硫具有氧化性，能够将硫化氢氧化，C中反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl(2)由于氯水具有挥发性，C中挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊，因此D中有浑浊出现，不能证明SO2具有氧化性；(3)二氧化硫是有毒气体，不能直接排放至空气，E装置中的氨水能够吸收尾气，防止污染，同时倒扣的漏斗可以防倒吸，故答案为尾气处理，防倒吸；(4)2Fe+6H2SO4(浓)≜Fe2SO43+3SO2↑+6H2O，2Fe3++Fe=3Fe(5)①已知室温下，0.1000mol/LKHC2O4的溶液中，c(C2O42-)>c(H2C2O4)，说明电离程度大于水解程度，溶液显酸性，应该选用酸式滴定管盛装KHC2O4溶液；KHC2O4溶液能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，滴入最后一滴KHC②气体Y中的二氧化硫被高锰酸钾吸收，剩余的高锰酸钾用KHC2O4溶液滴定。消耗的KHC2O4的物质的量=0.1000mol/L×0.01L=0.001mol，根据2MnO4-+5HC2O4-+11H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-，可知二氧化硫的物质的量=52×(0.2000mol/L×0.2L-0.001mol×25×20020)=0.09mol，则气体Y中17．糖精钠是一种甜味剂。某实验小组在实验室利用甲苯氯磺化法按以下五个步骤制备糖精钠(部分操作及反应条件略)。(1)步骤I：氯磺化实验装置示意图如图所示(夹持及控温装置略)。①仪器a的名称为。②烧杯中吸收的尾气是(填化学式)。(2)步骤Ⅱ：氨化若取邻甲苯磺酰氯0.3mol，理论上至少需加入15mol·L-1氨水mL。(3)步骤Ⅲ：氧化氧化过程中为保证氧化完全，需加入过量的KMnO4。反应完成后，向其中滴加Na2SO3溶液将过量的KMnO4转化成MnO2，其离子方程式为。(4)步骤Ⅳ：酸化将步骤Ⅲ所得溶液进行酸化，经过滤得糖精。过滤需用到下列的仪器有。(5)步骤V：成盐加热反应体系，过程中产生大量气体，该气体为(填化学式)。待NaHCO3反应完全，趁热过滤。由滤液获得糖精钠产品的过程中，冷却结晶之后的操作步骤还有。【答案】(1)温度计HCl(2)40(3)2MnO(4)ACEG(5)CO2【解析】（1）①仪器a的名称为温度计；②由题目信息，ClSO3H易水解，生成硫酸和HCl，所以尾气吸收的气体为HCl。（2）由方程式可知，邻甲基磺酸氯与氨水为1:1进行反应，0.3mol邻甲基磺酸氯中消耗的氨水为0.3mol，加入15mol/L的氨水，充分反应后，消耗20毫升的氨水，同时产生0.3mol的氯化氢，氯化氢与氨水中和反应，消耗的氨水为0.3mol，即20毫升，所以一共需要消耗NH3⋅H（3）Na2SO3将KMnO4转化成MnO2，其离子方程式为2MnO（4）过滤所需仪器为铁架台，烧杯，漏斗，玻璃棒，故答案为ACEG。（5）能水解生成羧基，与NaHCO3反应，产生大量的二氧化碳气体，当NaHCO318.软锰矿(主要成分为MnO2，还含有FeCO3、Al2O3、CaCO3、MgCO3等杂质)氧化硫化钡制取高纯碳酸锰和氢氧化钡的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“反应”过程中，MnO2先被BaS还原为Mn2O3，Mn2O3再被BaS还原为MnO。MnO2第一步被BaS还原的化学方程式为。(2)获得Ba(OH)2产品前需“真空蒸发”，其目的是。(3)“净化”过程包括“除铁铝”