陕西省教育联盟2025-2026学年高一上学期阶段性检测化学试卷（三）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省教育联盟2025-2026学年高一上学期阶段性检测试卷（三）全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5.本卷主要考查内容：必修一第一章至第三章完。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32一、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.指南针是中国古代四大发明之一、北宋沈括的《梦溪笔谈》对指南针已有详细记载：“方家以磁石磨针锋，则能指南”。“磁石”的主要成分是A.FeO B. C.FeS D.【答案】D【解析】俗称磁性氧化铁，具有磁性，制指南针的磁石的主要成分是，故答案为D；2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.CuSO4溶液 B.蔗糖溶液 C.Fe(OH)3胶体 D.盐酸溶液【答案】C【解析】A．硫酸铜溶液属于溶液，分散质粒子直径小于1nm，不能产生丁达尔效应，A不符合题意；B．蔗糖溶液属于溶液，分散质粒子直径小于1nm，不能产生丁达尔效应，B不符合题意；C．Fe(OH)3胶体属于胶体，分散质粒子直径在1~100nm之间，能产生丁达尔效应，C符合题意；D．盐酸溶液属于溶液，分散质粒子直径小于1nm，不能产生丁达尔效应，D不符合题意；故选C。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L乙醇含有的分子数为B.常温常压下，和混合气体中含有的氧原子数为C.含4molHCl的浓盐酸与足量在一定条件下充分反应，生成氯气分子数为D.40gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为【答案】B【解析】A．乙醇在标准状况下液体，无法用气体摩尔体积计算分子数，A错误；B．48gO2和O3混合气体中氧原子总质量为48g，氧原子物质的量为=3mol，即3NA，B正确；C．浓盐酸与MnO2反应时，随着反应进行浓度降低，稀盐酸不与MnO2反应，所以生成Cl2少于1mol，C错误；D．40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积不等于1L，浓度不等于1mol/L，D错误；故答案为：B。4.实现下列物质之间的转化，需要加入还原剂才能实现的是A.B. C.D.【答案】D【解析】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧元素发生歧化反应，无需加入还原剂，A不符合题意；B．铜转化为硫酸铜，铜元素化合价升高，需加入氧化剂（如浓硫酸），B不符合题意；C．碘化钾转化为碘单质，碘元素化合价升高，需加入氧化剂（如氯气），C不符合题意；D．三氧化二铁转化为铁单质，铁元素化合价降低，需加入还原剂（如CO、H₂等），D符合题意；故选D。5.下列离子方程式书写正确的是A.钠与水反应：B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：C.过量石灰水与碳酸氢钠反应：D.氯化铁溶液蚀刻铜电路板：【答案】B【解析】A.钠与水反应的离子方程式未配平，应为，A错误；B.溶于溶液的离子方程式为：，B正确；C.过量与反应，离子方程式，C错误；D.氯化铁溶液蚀刻铜的离子方程式未配平，应为，D错误；故答案为B；6.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌B.NaOH能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂C.能与碱反应，可用作食品膨松剂D.易液化，可用于生产盐酸【答案】A【解析】A．NaClO具有强氧化性，能破坏细菌结构，因此用于消毒杀菌，对应关系正确，A符合题意；B．NaOH虽能与盐酸反应，但因其具有强腐蚀性，不可用作胃酸中和剂，用途错误，B不符合题意；C．NaHCO3作为膨松剂是因碳酸氢钠受热分解产生CO2，而非与碱反应，对应关系错误，C不符合题意；D．Cl2用于生产盐酸因Cl2与H2反应生成HCl，与其易液化无关，对应关系错误，D不符合题意；故选A。7.下列除杂质的操作中正确的是A.中混有：将其通入装有碱石灰的干燥管B.中混有HCl：将其通入饱和碳酸钠溶液中C.溶液中混有少量：往该溶液中通入过量气体D.溶液中含有：滴加足量KSCN溶液充分反应后，过滤【答案】A【解析】A．碱石灰（NaOH和CaO）能吸收CO2生成碳酸盐，而O2不反应，气体通过干燥管可有效去除CO2，A正确；B．饱和Na2CO3溶液会与CO2反应生成NaHCO3，导致目标气体CO2被消耗，应改用饱和NaHCO3溶液，B错误；C．通入过量CO2会使Na2CO3转化为NaHCO3，反而增加杂质，应加入适量NaOH将NaHCO3转化为Na2CO3，C错误；D．KSCN与Fe3+形成可溶性红色物质，并不是红色沉淀，无法通过过滤去除Fe3+，应加入Fe粉还原Fe3+，D错误；故答案选A。8.利用下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A．验证Na和水反应是否为放热反应B．图Ⅱ比较、的稳定性C．图Ⅲ制备胶体D．图Ⅳ测新制氯水的pH值A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．钠与水反应放热，会使试管内温度升高，气体膨胀导致U形管中红墨水出现液面差，可验证放热反应，A项正确；B．比较稳定性时，应将不稳定的放在温度较低的内部小试管，稳定的放在温度较高的大试管，若分解而不分解，才能说明更不稳定，B项错误；C．制备胶体需向沸水中滴加饱和溶液并煮沸至红褐色，图Ⅲ中向溶液滴加会生成沉淀，不能制备胶体，C项错误；D．新制氯水含，具有漂白性，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测其pH，D项错误；故选A。9.部分含氯物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列说法正确的是A.a、b与足量Fe反应产物都是B.在充满b的集气瓶中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白烟C.c只有氧化性D.可存在的循环转化关系【答案】D【解析】由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，以此解题。A．盐酸与铁反应生成氯化亚铁；铁与氯气反应，生成氯化铁，A错误；B．氢气与氯气反应生成氯化氢气体，氯化氢结合空气中的水蒸气，瓶口出现白雾，不是白烟，B错误；C．由于氯元素的化合价介于价，中氯的化合价是价，故其既有氧化性也有还原性，C错误；D．由分析可知，a为HCl，b为Cl2，d为HClO，二氧化锰和浓盐酸加热可以制备氯气，氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，D正确；故选D。10.下表所列各组物质中，物质之间按箭头方向能通过一步反应实现如图所示转化关系的是选项甲乙丙AFeBCCOCCuCuODCaOA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．甲为Fe，甲乙可以通过Fe与HCl反应得到，但乙丙和甲丙即Fe和都不能直接一步到位转化为，故无法完全实现框图中的所有转化，A不符合题意；B．甲为C，甲乙可以通过C在中充分燃烧得到，然后乙丙可以用继续与C反应生成，同时甲丙可以将C在中不充分燃烧直接得到CO，能实现框图中的所有转化，B符合题意；C．甲为Cu，甲乙可以通过Cu在中燃烧得到，甲丙可以将Cu在中加热反应得到，但乙丙即不能直接一步转化为，故无法完全实现框图中的所有转化，C不符合题意；D．甲为，但甲乙无法将直接转化为，乙丙可以用加热失水分解产生CaO，甲丙可以用直接高温分解生成CaO，故无法完全实现框图中的所有转化，D不符合题意；故答案为：B。11.下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将金属钠投入水和煤油的混合液中钠一直在煤油和水的交界处上下浮动，直至消失钠密度比煤油的小，比水的大B向某溶液中滴加适量酸性溶液溶液褪色原溶液中一定含有C将鲜花放入装有干燥氯气的集气瓶中鲜花褪色说明干燥的氯气有漂白性D向与水反应后的溶液中滴加少量酚酞溶液溶液变红，后褪色与水反应生成碱性物质和漂白性的物质A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．钠的密度应介于煤油和水之间，现象正确，但结论描述错误，应为钠的密度比煤油的大，比水的小，A错误；B．FeCl3溶液使KMnO4褪色，不一定是由FeCl3溶液中含有Fe2+引起的，也可能由Cl⁻引起，B错误；C．鲜花褪色是因Cl2与水反应生成HClO，干燥Cl2无漂白性，C错误；D．Na2O2与水反应生成NaOH和H2O2，NaOH具有碱性、H2O2具有漂白性，D正确；故选D。12.某课题组将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收，其反应机理如图所示，由此可得出的氧化性强弱顺序是A.B. C.D.【答案】B【解析】由图可知：一共发生的有三个反应①②③，由此可以推出总反应，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题。由氧化剂的氧化性>氧化产物，且反应②；反应③，可知氧化性的强弱顺序O2>Fe3+>S；故选B。13.已知有下列四个反应：①②③④下列有关说法正确的是A.反应②③④中的氧化产物分别是、、B.根据①②③可以得到还原性：C.在反应④中氧化剂和还原剂个数比为1：6D不能发生反应【答案】D【解析】A．反应②中I⁻被氧化为I2，③中Fe2+被氧化为Fe3+，④中Cl⁻被氧化为Cl2。因此，④的氧化产物是Cl2而非CoCl2（Co被还原），故A错误；B．根据反应①，还原性：Fe2+＞Cl⁻；反应②，还原性：I⁻＞Cl⁻；反应③，还原性：Fe2+＞Br-。但Br⁻与Cl⁻的还原性无法通过这三个反应直接比较，因此B的结论不成立，故B错误；C．反应④中，1molCo2O3（氧化剂）对应2molHCl（还原剂，Cl⁻→Cl2），故氧化剂与还原剂的物质的量比为1：2，而非1：6，故C错误；D．还原性：Fe2+＞Br⁻，Cl2优先氧化Fe2+而非Br⁻。若反应生成FeCl2（Fe2+未被氧化）和Br2（Br⁻被氧化），则违背还原性顺序，故该反应不能发生，故D正确；故答案为D。14.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的氧化剂、漂白剂和消毒剂。一种制备亚氯酸钠粗产品流程图如下所示：已知纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下；HClO3具有强氧化性。下列说法不正确的是A.溶解过程中可用稀盐酸代替稀硫酸B.发生器鼓入空气，目的是降低ClO2浓度，防止爆炸C.发生器中发生的反应为氧化还原反应D.吸收塔中离子方程式为：【答案】A【解析】在稀硫酸中溶解，通入在发生器中发生氧化还原反应，生成和，通过鼓入空气，防止浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，再经过一系列操作得到粗产品。A．具有强氧化性，可以氧化盐酸生成，则溶解过程中不可以用稀盐酸代替稀硫酸，A错误；B．“发生器”中鼓入空气的主要目的是防止浓度过高分解爆炸，还可以将其吹进吸收塔，B正确；C．在发生器中发生氧化还原反应，生成和，母液中存在，C正确；D．吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，离子方程式为：，D正确；故答案选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。实验室提纯二氧化铈一种方法如下图所示：（1）X是一种气体单质，分子式为___________。（2）写出反应①中稀硫酸、H2O2与CeO2反应的化学方程式___________。（3）由反应②可知氧化性：X___________Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________，当消耗1molX转移电子物质的量为___________mol。（4）CeO2是汽车尾气净化装置的重要组成材料，工作原理如下图所示，CeO2在汽车尾气净化过程中起___________作用。写出过程①发生反应的化学方程式___________。【答案】（1）（2）（3）>1∶24（4）催化【解析】粗中Ce化合价为+4价，加入稀硫酸、H2O2，Ce化合价下降生成，发生的反应方程式为，故X为，再加入氢氧化钠和，Ce化合价升高生成Ce(OH)4，加热Ce(OH)4分解生成精，据此回答。【小问1】由分析知，X氧气，分子式为；【小问2】加入稀硫酸、H2O2，Ce化合价下降生成，发生的反应方程式为；【小问3】根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中作氧化剂，Ce(OH)4为氧化产物，所以氧化性＞Ce(OH)4；反应②中的氧化剂为，化合价由0价降低到-2价，降低4价，故1mol发生反应转移4mol电子，还原剂为，化合价由+3价升高到+4价，升高2价，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个分子参与反应，化合价由0价降低到-2价，降低4价，转移电子的个数为4个，故1mol发生反应转移4mol电子；【小问4】由图可知，CeO2在反应①中先消耗，在反应②中又生成，故CeO2为反应的催化剂；过程①中CeO2与CO反应生成Ce2O3和CO2，发生反应的化学方程式为。16.Ⅰ、现有中学常见物质：金属单质A、B、C，气体甲、乙、丙及其他物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出)。已知：A也可以在黄绿色气体乙中燃烧，生成白色固体，此固体是重要调味品。（1）写出反应②现象：______；气体丙为______(写化学式)。（2）写出反应③的化学方程式：______；该反应中氧化剂为：______(写化学式)。（3）写出实验室利用二氧化锰制备黄绿色气体乙的反应化学方程式：______；氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（4）写出反应⑤的离子方程式______。Ⅱ、某固体混合物可能含有Cu、Fe、、和中的几种。为确定其组成，某同学进行了如下实验：已知：向溶液B中滴加KSCN溶液，未出现红色。（5）下列推断正确的是______。①固体混合物X中一定含和②气体B一定是纯净物③固体混合物X中若含Cu，则一定还含④溶液B中一定含2种金属阳离子【答案】（1）安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口出现白雾HCl（2）（3）(浓)1∶2（4）（5）③【解析】金属A焰色反应为黄色，则A为Na；钠与水反应生成NaOH和，则气体甲为，物质D为NaOH；气体乙为黄绿色气体，且Na在黄绿色气体乙中燃烧，生成白色固体，此固体是重要调味品为NaCl，则气体乙为；和反应生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，NaOH和物质G反应生成红褐色沉淀H，H为；则物质G和物质F中均含有铁元素，C为金属，则C为Fe；物质F为；与反应生成，则物质G为；NaOH与金属B反应生成，则金属B为Al，据此回答；【小问1】反应②为氢气与氯气反应，故现象为安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口出现白雾，气体丙为HCl；【小问2】NaOH与金属Al反应生成，方程式为，该反应中Al化合价升高，发生氧化反应，为还原剂，中H化合价降低，发生还原反应，为氧化剂；【小问3】实验室利用二氧化锰和浓盐酸制备氯气的反应化学方程式为(浓)，由化学方程式可知，该反应中中锰元素化合价降低，为氧化剂，HCl中氯元素化合价升高，为还原剂，当1mol被还原时，有2molHCl被氧化，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；【小问4】反应⑤为溶液与反应生成，离子方程式为：；【小问5】某固体混合物可能含有Cu、Fe、、和中的几种，混合物X加足量水溶解得到滤渣A和滤液A，能溶于水的物质只有和，且如果二者都有，会生成碳酸钙沉淀；向滤液A中通入少量CO₂得到悬浊液，说明滤液A中含有。此现象有两种可能：1.原固体只含；2.原固体同时含有和，且过量。因实验现象无法排除其中任何一种可能，故不能确定原固体中是否含有；滤渣A中加足量盐酸生成气体B和溶液B，气体B可能是盐酸和碳酸钙反应生成的，也可能是铁与盐酸反应生成的，也可能是二者都有；向溶液B中滴加KSCN溶液，未出现血红色，说明溶液B中不含，有两种可能：一是原固体中不含，则由于加盐酸没有固体剩余，也一定不含Cu；二是原固体中含，加盐酸溶解后生成，与Cu单质反应生成和，再结合选项分析作答。①结合分析可知，原固体中一定含，但由于无法确定气体B的成分，所以无法确定是否含，故①错误；②根据分析可知气体B不一定是纯净物，故②错误；③根据分析可知，若X中有Cu，由于加盐酸没有固体剩余，则一定有，与盐酸反应生成，再和Cu反应，故③正确；④结合分析，当固体中有Cu、、Fe、和时，溶液B中的金属阳离子有、、；当固体中只有和时，溶液B中的金属阳离子有只有；当固体中有Fe、和时，溶液B中的金属阳离子有、，当固体中有Fe、时，溶液B中的金属阳离子有，故④错误；综上所述答案为③。17.以废铁屑(含少量、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体，该流程示意图如下：已知：晶体受热易失水。（1）酸浸过程中，废铁屑中和反应的离子方程式为：______。（2）酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。酸浸时间1min30min120min用KSCN溶液检验变红未变红变红①30min时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因______。②120min时检验，溶液又变红，用离子方程式说明原因______。③操作Ⅲ是______。（3）实验室需要75mL该硫酸，用质量分数为98％、密度为的浓硫酸进行配制，需要该浓硫酸体积是______mL(保留1位小数)。如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是______(填仪器名称)。【答案】（1）（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）26.1AC烧杯、玻璃棒【解析】向废铁屑中加入稀硫酸酸浸，发生的反应有、、、，向过滤后所得溶液Ⅰ中加入过量的Fe，与过量的硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤后得到的溶液Ⅱ是硫酸亚铁溶液；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到晶体。【小问1】酸浸过程中，和反应的离子方程式为：。【小问2】①30min时用KSCN溶液检验，溶液未变红，说明溶液中不含，其原因为被Fe还原为，其反应为。②120min时检验，溶液复又变红说明溶液中有，说明在酸性条件下，被空气中氧气氧化为，离子方程式为：。③操作Ⅲ是从溶液中获得，作为带有结晶水的物质需要通过冷却结晶法获得，故具体操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问3】实验室需要75mL、的硫酸，选用100mL容量瓶进行配制，，用质量分数为98％、密度为的浓硫酸进行配制，配制前后溶质物质的量不变，设需要该浓硫酸体积是VmL，则有，解得；配制该溶液需要用到100mL规格的容量瓶、烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒，故不需要的是AC，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。18.下图所示装置可用来制取和观察，在空气中被氧化时颜色的变化。实验时使用铁屑和稀硫酸，其它试剂任选。填写下列空白：（1