精品解析：江苏南京市建邺高级中学2025-2026学年高一下学期3月月考 化学试卷

2025-2026学年江苏省南京市建邺高中高一(下) 3月月考 化学试卷 一、选择题(共14小题) 1. 科技兴国，材料的研究与应用在众多领域做出巨大的贡献。下列有关说法不正确的是 A. 计算机芯片的主要材料是晶体硅 B. 碳纳米管与石墨烯互为同位素 C. 碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料 D. 镍钛合金属于金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．计算机芯片的主要材料是晶体硅，A正确； B．两者均为碳元素的同素异形体（结构不同的单质），而非同位素，B错误； C．碳化硅陶瓷具有耐高温、高硬度等特性，属于新型无机非金属材料，C正确； D．镍钛合金属于金属材料，合金是金属材料的重要组成部分，D正确； 故选B。 2. 科学家通过核反应发现氚()。下列说法正确的是 A. 表示一个质子 B. 和具有相同的摩尔质量 C. 与互为同位素 D. 的原子结构示意图为 【答案】C 【解析】 【详解】A．核素符号中，左下角电荷数为0，左上角质量数为1，表示的是中子，不是质子，A错误； B．的质量数为4，摩尔质量近似为，精确值为4.0026 g/mol；的质量数为2，摩尔质量约等于，其精确值为，则的摩尔质量约为。二者摩尔质量不相等，B错误； C．同位素的定义是“质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素”。和质子数均为1，中子数分别为2和1，属于氢元素的不同核素，互为同位素，C正确； D．是2号元素，原子核外只有1个电子层，该层填充2个电子，题给结构示意图错误画了2个电子层、共4个核外电子，正确为，D错误； 故选C。 3. 下列物质的性质和用途或保存方法相对应的是 A. 氨易液化，汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 B. 浓硫酸具有脱水性，可作干燥剂 C. SiO2属于酸性氧化物，可用于制作光导纤维 D. 无水氯化钙和生石灰都具有吸水性，可用于干燥氨气 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨易液化，液氨汽化时会吸收大量环境中的热量，使周围温度降低，该性质与制冷剂的用途对应，A符合题意； B．浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性（吸收游离态水分子的性质），脱水性是指将有机物中氢、氧元素按水的组成比脱去的性质，二者不对应，B不符合题意； C．属于酸性氧化物是其化学通性，制作光导纤维是利用对光的全传导的光学特性，二者无对应关系，C不符合题意； D．无水氯化钙虽有吸水性，但会与反应生成，不能用于干燥氨气，只有生石灰可干燥氨气，D不符合题意； 故选A。 阅读材料，完成下列小题： 中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：KNO3、S和C)是中国古代四大发明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。铝、铁等金属的年产量早已稳居世界第一；海水的综合利用也取得了令人瞩目的成就。 4. 下列化学反应表示正确的是 A. 黑火药爆炸： B. 电解饱和溶液制金属镁： C. 高炉炼铁的反应原理： D. 向饱和氨盐水中通入过量： 5. 提纯粗品(含少量的、、和得到纯品的方案如图，所用试剂为溶液、溶液、盐酸和溶液。 下列说法不正确的是 A. 用过量的溶液除去 B. 、、通过生成沉淀后过滤除去 C. 4种试剂的使用顺序为溶液，溶液、盐酸、溶液 D. 调pH后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品 6. “吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如图： 下列有关说法正确的是 A. 流程图中“海水”一般采用的是提取粗盐后的母液 B. 通入热空气主要是利用氧气将完全氧化 C. 吹出后剩余溶液中可以大量共存的离子有、、 D. 流程图中“分离”所用的仪器包括烧杯、漏斗、玻璃棒 【答案】4. D 5. C 6. A 【解析】 【分析】工业吹出法提溴：通入足量将溴离子氧化为单质，发生反应；通入热空气利用易挥发的性质，将从溶液中吹出，实现初步富集；用水溶液吸收吹出的，发生反应，进一步提高溴的浓度；再通入，将重新氧化为；通过萃取分液或蒸馏分离提纯得到液溴。 【4题详解】 A．黑火药爆炸的正确反应为 ，产物错误，A错误； B．制取金属镁需要电解熔融，电解饱和溶液只能得到​，正确方程式为，B错误； C．高炉炼铁是用还原铁的氧化物，该反应是铝热反应，不是工业高炉炼铁的原理，正确方程式为，错误； D．联合制碱法中，向饱和氨盐水中通入过量，因​溶解度较小析出，反应方程式 ，书写正确，D正确； 故选D； 【5题详解】 A．可与生成沉淀，用过量​溶液可完全除去​，A正确； B．转化为​、转化为、​转化为​，均可通过过滤除去沉淀，B正确； C．粗盐提纯中，碳酸钠溶液必须在之后加入，用于除去过量，盐酸必须最后加入，用于除去过量的和​。该选项中盐酸在之前加入，无法除去最后引入的过量，试剂顺序错误，C错误； D．杂质（）溶解度随温度升高变化大，溶解度变化小，调pH后蒸发至大量固体析出，趁热过滤可将留在滤液中，分离出，经洗涤干燥得到纯品，D正确； 故选C； 【6题详解】 A．提取粗盐后的母液是浓缩后的海水，浓度远高于普通海水，工业提溴均使用该母液作原料，A正确； B．氧化是氧化1步骤中​的作用，通入热空气是利用​易挥发性，将生成的吹出，不是氧化，B错误； C．由分析知“吹出”时吸收，“吹出”前海水已酸化，“吹出”后的剩余溶液呈酸性，酸性环境下​不能大量存在，且​可与剩余发生氧化还原反应，不能共存，C错误； D．得到溴单质后，分离方法为萃取分液或蒸馏，过滤是分离固液混合物的操作，不需要烧杯、漏斗、玻璃棒这套过滤仪器，D错误； 故选A。 7. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y、Z各自形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法正确的是 A. 非金属性：Y小于X B. Y的简单氢化物比W的稳定 C. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强 D. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y和Z形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，则Y为O元素，Z为Mg元素，W与Y同主族，则W为S元素，Y、Z、W最外层电子数之和为14，则X最外层电子数为18-14=4，则X为C元素。 【详解】A．Y为O，X为C，O的非金属性强于C，A错误； B．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性O＞S，故Y的简单氢化物H2O比W的简单氢化物H2S稳定，B正确； C．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性S＞C，故X(C)的最高价含氧酸H2CO3酸性弱于W(S)的最高价含氧酸H2SO4酸性，C错误； D．Y与Z形成MgO(离子键)，与W形成SO2/SO3(共价键)，化学键类型不同，D错误； 故选B。 8. 一定条件下，下列各组物质的转化关系能通过一步化学反应实现的是 选项 X Y Z W A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．中加入盐酸，会逐渐生成，盐酸过量可以溶解为，但是电解不能得到单质铝，故A错误； B．和水生成硝酸，稀硝酸和铜生成NO、浓硝酸和铜生成二氧化氮，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成NO，浓硝酸受热分解产生NO2，故B正确； C．硫化氢被氧气氧化为硫单质，硫单质被氧气氧化为二氧化硫，但是二氧化硫需要再催化剂的作用下生成SO3，但是S单质不能一步直接被氧化为三氧化硫，故C错误； D．单质硅与氧气氧化为二氧化硅，但二氧化硅不能直接溶于水中生成硅酸，故D错误； 故答案选B。 9. 下列实验操作及现象所得结论正确的是 实验操作 现象 结论 A 取少量溶液，滴入硫酸酸化的溶液 溶液变黄色 氧化性比强 B B中产生白色胶状沉淀 C的非金属比Si强 C 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X 有白烟产生 溶液X不可能是浓硫酸 D 将红热的炭放入浓硝酸中 产生红棕色气体 浓硝酸可以将炭氧化 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验中使用硫酸酸化的H2O2，但溶液中存在。在酸性条件下，本身可氧化Fe2+至Fe3+（反应式： ），导致溶液变黄。因此无法确定是H2O2还是起氧化作用，不能得出“H2O2氧化性比 Fe3+强”的结论。A错误； B．A中生成的CO2可能混有挥发的HNO3，二者均能与Na2SiO3反应生成H2SiO3白色沉淀（如  ）。由于无法排除HNO3的干扰，不能据此推断非金属性C > Si。B错误； C．白烟现象源于挥发性酸（如HCl、HNO3）与NH3反应生成固体铵盐颗粒（如 NH4Cl、NH4NO3）。浓硫酸为难挥发性酸，不会产生白烟。若观察到白烟，则X必为挥发性酸，不可能是浓硫酸。C正确； D．红热炭放入浓硝酸中虽可发生反应：  ，但浓硝酸受热易分解： ，产生的红棕色气体可能来自分解而非氧化炭。故不能确证浓硝酸氧化了炭。D错误； 故选 C。 10. 我国科学家利用化学方法人工合成淀粉，是实现碳的资源化利用的有效途径之一，主要过程如图。下列说法不正确的是 A. 和合成甲醇反应一定是氧化还原反应 B. 为使反应持续发生，反应I需要不断补充以提供氧气 C. 反应I中每生成1分子，转移2个电子 D. 反应Ⅱ的化学方程式为： 【答案】D 【解析】 【分析】由图示可知，反应Ⅰ为过氧化氢分解生成水和氧气：2H2O2=2H2O+O2↑，反应Ⅱ为甲醇在一定条件下被氧气氧化为甲醛，同时生成过氧化氢，化学方程式为； 【详解】A．CO2和H2合成CH3OH的反应中，C元素的化合价降低，H元素的化合价升高，一定是氧化还原反应，A正确； B．反应Ⅱ为，反应Ⅰ为2H2O2=2H2O+O2↑，反应Ⅱ每消耗1molO2生成1molH2O2，而反应Ⅰ每消耗1molH2O2只生成0.5molO2，故为使反应持续发生，反应Ⅰ需要不断补充H2O2以提供氧气，B正确； C．反应Ⅰ为2H2O2=2H2O+O2↑，反应中部分氧化合价由-1变为0生成氧气、部分化合价由-1变为-2生成水，电子转移为，则反应I中每生成1分子，转移2个电子，C正确； D．由分析，反应Ⅱ化学方程式为，D错误； 故选D。 11. 与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B. 过程Ⅱ中发生了氧化反应 C. 电催化与生成的反应方程式： D. 常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 【答案】A 【解析】 【详解】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确； B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，B错误； C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误； D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误； 故选A。 12. “价—类”二维图在高中化学学习中有着重要的意义。硫元素的“价—类”二维图如图所示，下列说法正确的是 A. 将H2S气体在过量O2中燃烧，可用于处理H2S尾气防止污染 B. 1 mol a与足量O2在一定条件下充分反应时转移电子2 mol C. 硫酸型酸雨样品在空气中放置时d转化为c，样品的酸性增强 D. a和Cl2等体积混合后通入品红溶液中，漂白效果更好 【答案】C 【解析】 【分析】由其价类二维图可知，a为，b为，c为，d为，e为亚硫酸盐。由此解题。 【详解】A．H2S气体在过量O2中燃烧生成，也是污染性气体，该方法不能用于处理H2S尾气，可用NaOH溶液吸收处理，A错误； B．a为，催化氧化反应为， 该反应为可逆反应，可逆反应有限度，即1 mol与足量在一定条件下充分反应时转移电子小于2 mol，B错误； C．c为，d为，为中强酸，为强酸，即硫酸型酸雨样品在空气中放置时转化为，样品的酸性增强，C正确； D．与等体积混合后通入品红溶液中的反应为，和HCl都无漂白性，即与等体积混合后通入品红溶液中，漂白效果减弱，D错误； 故答案选C。 13. 某废催化剂含SiO2、ZnS和CuS。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图： 下列说法不正确的是 A. 步骤①中产生的气体可用NaOH溶液进行吸收 B. 步骤④制得蓝矾表面滴加浓硫酸变白色，体现浓硫酸吸水性 C. 滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分可能为SiO2和S D. 步骤②中所加试剂可以用浓硫酸代替 【答案】D 【解析】 【分析】废催化剂加入稀硫酸，其中的ZnS与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体（），SiO2和CuS不反应。过滤后滤液1中含ZnSO4，浓缩结晶得到粗皓矾。滤渣1含有SiO2、CuS，向其中加稀硫酸和H2O2溶液，CuS被氧化为硫酸铜，SiO2不反应。过滤后得到含硫酸铜的滤液2，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗蓝矾，同时得到含SiO2和S的滤渣2； 【详解】A．步骤①操作中生成的气体为H2S，H2S有毒，其溶于水得到氢硫酸，能够与NaOH反应产生盐和水，所以H2S可用NaOH溶液进行吸收，故A正确； B．蓝矾是CuSO4・5H2O，滴加浓硫酸后，浓硫酸吸收蓝矾中的结晶水，使其变为白色的无水CuSO4，体现了浓硫酸的吸水性，故B正确； C．SiO2不与稀硫酸反应，CuS在稀硫酸中不溶解，所以滤渣1成分是SiO2和CuS；步骤②中H2O2在酸性条件下氧化CuS，可能将CuS氧化为S单质，SiO2仍不反应，所以滤渣2成分可能为SiO2和S，故C正确； D．步骤②中用稀硫酸和H2O2浸出CuS，H2O2在酸性条件下将CuS氧化为S，若用浓硫酸代替，浓硫酸在加热条件下会将CuS氧化为SO2，且浓硫酸被还原为SO2，污染环境，同时会消耗更多的试剂，所以不能用浓硫酸代替，故D错误； 故答案选D。 14. 38.4g Cu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到 和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示，下列有关判断不正确的是 A. 硝酸在反应中体现氧化性和酸性 B. 混合气体中的物质的量是0.1mol C. 该浓硝酸物质的量浓度为11mol/L D. 氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 【答案】C 【解析】 【分析】n(Cu)==0.6mol，Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，由Na原子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=1mol。 【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，A正确； B．根据分析可知0.9mol氮的化合物转化为钠盐的物质的量为1mol，每个N2O4中含有2个N，所以混合气体中N2O4的物质的量是0.1mol，B正确； C．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，根据分析n(Cu)=0.6mol，所以生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol，氮的化合物为0.9mol，根据分析，氮的化合物与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2的物质的量为1mol，根据N原子守恒，硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，浓硝酸体积为220mL，物质的量浓度为=10mol/L，C错误； D．氮的氧化物和NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，两者N的化合价分别为+5、+3，NO中化合价为+2价，由价态可知NO化合价升高，作还原剂，D正确； 故选C。 二、填空题(共4小题，58分) 15. 海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中进行现场保护。 玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成___________(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛NaOH溶液。 （2）如图所示，加热试管中固体至红热，下列有关描述正确的是___________。 A. 移开酒精灯后固体保持红热 B. S只作还原剂 C. 主要产生的气体副产物为SO3 D. 最终得到黑色的 （3）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：___________。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入溶液(能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为___________。 【答案】（1）、H2O （2）A （3） ①. ②. 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点 【解析】 【分析】本题围绕海洋出水铁质文物保护，考查二氧化硅的化学性质以及铁与硫反应的实验分析，涉及基础化学反应原理和产物判断。 【小问1详解】 玻璃中的SiO2是酸性氧化物，能与NaOH发生反应，反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；生成的硅酸钠Na2SiO3是具有黏性的物质，会将磨口玻璃塞与试剂瓶瓶口黏在一起，因此不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液； 【小问2详解】 A‌．铁与硫的反应是放热反应，加热至红热后，移开酒精灯，反应放出的热量可以维持反应继续进行，因此固体保持红热，A正确； B‌．反应Fe+SFeS中，S元素化合价从0价降低为−2价，只作氧化剂，S与O2反应生成SO2时S作还原剂，B错误； C‌．硫粉与空气中氧气加热反应，主要生成的气体副产物是SO2，不能生成SO3（SO2催化氧化才能生成SO3），C错误； D‌．硫的氧化性较弱，只能将铁氧化为+2价，最终得到黑色的FeS，不能生成Fe2S3，D错误； 故答案选A； 【小问3详解】 ①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为+2价的FeS、Fe(OH)2，S元素的化合价由+6价降至-2价，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：4Fe++4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH-； ②由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到OH-变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH”知，所以较长时间后出现黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点。 16. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤： Ⅰ．取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀，加热，沉淀转变成黑色，过滤。 Ⅱ．向草酸()溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。 Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。 回答下列问题： （1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是___________(填仪器名称)。 （2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是___________。 （3）Ⅰ中的黑色沉淀是___________(写化学式)。 （4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式___________。 （5）Ⅱ中，为防止反应过于刚烈而引起喷溅，加入应采取___________的方法。 （6）Ⅲ中应采用___________进行加热。 （7）Ⅳ中“一系列操作”包括___________。 【答案】（1）分液漏斗 （2）风化失去结晶水生成无水硫酸铜 （3）CuO （4） （5）分批加入并搅拌 （6）水浴 （7）冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】 【分析】本实验目标是制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，流程逻辑梳理：步骤Ⅰ：硫酸铜和氢氧化钠反应先生成浅蓝色​沉淀，加热后分解为黑色，作为铜源；步骤Ⅱ：草酸和碳酸钾按比例反应，得到配体来源​和混合溶液；步骤Ⅲ：控温80~85℃下，和混合液反应生成目标配合物，趁热过滤除去杂质；步骤Ⅳ：浓缩滤液后，经结晶纯化得到产品晶体。 【小问1详解】 配制一定浓度硫酸铜溶液的操作：用电子天平称量固体，在烧杯中溶解，用量筒量取所需水；图示仪器从左到右依次为电子天平、烧杯、分液漏斗、量筒，分液漏斗用于分液或滴加液体，配制过程不会用到； 【小问2详解】  是结晶水合物，长期放置会发生风化，自发失去部分/全部结晶水，生成白色的无水硫酸铜，因此出现白色固体； 【小问3详解】 受热不稳定，发生分解反应：，为黑色沉淀； 【小问4详解】 反应物配比，产物为​、​，草酸酸性强于碳酸，碳酸根反应生成和水，根据原子守恒配平即可：； 【小问5详解】 该反应会快速放出大量，一次性加入碳酸钾会导致反应过于剧烈，气体大量逸出引发喷溅，因此需要分批加入碳酸钾并搅拌，使反应速率减缓、热量及时扩散； 【小问6详解】 反应需要控温在80~85℃，温度低于100℃，水浴加热受热均匀、便于控制温度，符合要求； 【小问7详解】 浓缩得到热的饱和配合物溶液后，需要先冷却使晶体析出，再过滤分离出晶体，然后洗涤除去晶体表面吸附的杂质，最后干燥得到产品。 17. 锗的工业提取 工业上从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的办法： （1）锗在元素周期表中位置是___________。 （2）GeO2既能和强酸反应，也能和强碱反应，由此推测GeO2属___________氧化物。 锗矿中含有H2O煤焦油、As2O3等杂质，相关物质的熔沸点如表所示： H2O 煤焦油 As2O3 GeO GeO2 熔点/℃ 0 20～30 312 710℃时升华 1100℃时升华 沸点/℃ 100 70～80 465 / / （3）使用分步升温的原因是___________。 （4）在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，Ge元素的萃出率如图所示。真空还原采用的最佳温度及浓度是___________。 A. 1000℃，2.5% B. 1000℃，5.0% C. 1100℃，2.5% D. 1200℃，2.5% （5）真空还原阶段，用除GeO2，产物还有GeO、、等生成，写出该阶段的化学反应方程式：___________。 【答案】（1）第四周期第ⅣA族 （2）两性 （3）可以将煤焦油、等杂质分步蒸馏，分离，在710℃～1100℃之间可以将GeO、GeO2分步分离出来 （4）C （5） 【解析】 【分析】该工艺是从低品位锗矿提取精锗：低品位锗矿先经600~700℃氧化焙烧得到粗，再加入，在1000~1200℃下真空还原得到，最后经多步反应得到单质；工艺利用不同物质熔沸点/升华温度的差异，通过分步升温实现杂质分离和锗的提纯。 【小问1详解】 锗原子序数为32，与碳、硅同主族，核外共4个电子层，最外层电子数为4，因此位于第四周期第IVA族； 【小问2详解】 既能与强酸反应、又能与强碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，因此​属于两性氧化物； 【小问3详解】 由表格数据可知，不同杂质、含锗化合物的挥发（升华）温度不同，分步升温可以依次分离不同沸点的杂质，再分离不同升华温度的含锗化合物，最终提升产物纯度； 【小问4详解】 选择时需要兼顾Ge元素萃出率和生产成本：1000℃萃出率偏低，不满足要求；1200℃虽然萃出率最高，但温度过高能耗大，生产成本高；1100℃时，浓度为2.5%Ge的萃出率已经接近100%，继续提升浓度或温度，萃出率提升极小，反而增加成本，因此该条件最佳，故选C； 【小问5详解】 反应物为和，产物为、​、​和水，根据化合价升降守恒，P从+1价→+5价，Ge从+4价→+2价，以及原子守恒配平，得到反应方程式：。 18. 硫代硫酸钠俗称“大苏打”，是一种重要的化工产品。某化学兴趣小组利用如图装置制备硫代硫酸钠晶体()并测定其纯度。 Ⅰ．查阅资料 ①是无色透明晶体，易溶于水，难溶于乙醇。 ②向和混合溶液中通入可制得。反应原理： 。 （1）导管a的作用___________。 （2）装置A中反应的化学方程式___________。 （3）装置B的作用___________。 （4）制备过程一般需在碱性环境中进行，若在酸性条件下会有黄色沉淀生成，用离子方程式表示生成沉淀的可能原因：___________。 Ⅱ．产品分离 （5）将装置C中的液体趁热过滤，将得到的滤液蒸发浓缩、___________，___________，___________低温烘干，得晶体。 （6）所得产品中常含有少量杂质，请设计实验方案验证产品中含有：___________。 Ⅲ．产品纯度测定 （7）为了测定粗产品中()的纯度，一般采用在酸性条件下用标准液滴定的方法(假定粗产品中杂质与酸性溶液不反应)。称取1.5 g的粗样品溶于水，用0.40 mol/L酸性溶液滴定，被还原为，当溶液中全部被氧化成时，消耗酸性溶液的体积为20.00 mL。计算产品中的纯度___________(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。 【答案】（1）平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶内的压强，使硫酸能顺利流下，同时避免装置内压强过大 （2） （3）平衡气压，防止倒吸，观察SO2的生成速率以控制反应 （4） （5） ①. 冷却结晶 ②. 过滤 ③. 用乙醇洗涤晶体 （6）取少量产品于试管中，加适量蒸馏水溶解，先加入过量的稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液(或过滤后取滤液)，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明产品中含有Na2SO4 （7）82.7% 【解析】 【分析】装置A用于制备SO2，装置B用于吸收未反应的SO2并防止倒吸，装置C中发生主反应，装置D为安全瓶，装置E用于尾气处理。 【小问1详解】 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶内的压强，确保70%硫酸能顺利滴下，同时防止装置内压强过大。 【小问2详解】 装置A中为Na2SO3与70%硫酸反应生成SO2。根据复分解反应规律，反应的化学方程式为：（70% 硫酸浓度高，可视为浓硫酸）。 【小问3详解】 装置B中装有水，连接在A和C之间。其主要作用有以下几点：观察SO2的生成速率：通过B中气泡产生的快慢，可以调节A中硫酸的滴加速度，从而控制SO2的流速。防止倒吸：B作为安全瓶，可避免C中液体倒吸入A中。平衡气压：确保A中产生的SO2能顺利进入C中。 【小问4详解】 根据题意，Na2S2O3在酸性条件下会发生歧化反应，中的S为+2价，部分被氧化为+4价（SO2），部分被还原为0价（S单质）。离子方程式为：。 【小问5详解】 根据题目所给资料，Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇。因此，从溶液中获取晶体的步骤应为：将滤液加热浓缩至饱和，由于Na2S2O3·5H2O溶解度随温度变化较大，需冷却结晶。故滤液加热至饱和后缓慢降温冷却，防止结晶过快，晶体析出后继续搅拌一段时间，过滤，因Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，同时乙醇易挥发，便于干燥，可以用乙醇作为洗涤溶剂，除去残留在晶体表面的母液，洗涤结束后低温烘干，避免高温下失去结晶水。因此，填空部分为：冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤晶体。 【小问6详解】 要检验，需先排除的干扰。在酸性条件下会生成S沉淀和SO2，可能影响的检测。因此，需先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液。具体步骤如下：取少量产品于试管中，加适量蒸馏水溶解，先加入过量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液（或过滤后取滤液），再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明产品中含有Na2SO4。 【小问7详解】 已知：样品质量= 1.5 g。c(KMnO4)= 0.40 mol/L，V = 20.00 mL = 0.02 L。n(KMnO4) = 0.40 mol/L × 0.02 L = 0.008 mol。反应过程中，得失电子情况为到Mn2+，Mn化合价从+7到+2，每个得5e⁻。 到2，S化合价从+2到+6，每个失8e⁻。根据得失电子守恒： ，，由于n(Na2S2O3·5H2O) = n() = 0.005 mol，m() = 0.005 mol × 248 g/mol = 1.24 g。纯度 = 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年江苏省南京市建邺高中高一(下) 3月月考 化学试卷 一、选择题(共14小题) 1. 科技兴国，材料的研究与应用在众多领域做出巨大的贡献。下列有关说法不正确的是 A. 计算机芯片的主要材料是晶体硅 B. 碳纳米管与石墨烯互为同位素 C. 碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料 D. 镍钛合金属于金属材料 2. 科学家通过核反应发现氚()。下列说法正确的是 A. 表示一个质子 B. 和具有相同的摩尔质量 C. 与互为同位素 D. 的原子结构示意图为 3. 下列物质的性质和用途或保存方法相对应的是 A. 氨易液化，汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 B. 浓硫酸具有脱水性，可作干燥剂 C. SiO2属于酸性氧化物，可用于制作光导纤维 D. 无水氯化钙和生石灰都具有吸水性，可用于干燥氨气 阅读材料，完成下列小题： 中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：KNO3、S和C)是中国古代四大发明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。铝、铁等金属的年产量早已稳居世界第一；海水的综合利用也取得了令人瞩目的成就。 4. 下列化学反应表示正确的是 A. 黑火药爆炸： B. 电解饱和溶液制金属镁： C. 高炉炼铁的反应原理： D. 向饱和氨盐水中通入过量： 5. 提纯粗品(含少量的、、和得到纯品的方案如图，所用试剂为溶液、溶液、盐酸和溶液。 下列说法不正确的是 A. 用过量的溶液除去 B. 、、通过生成沉淀后过滤除去 C. 4种试剂的使用顺序为溶液，溶液、盐酸、溶液 D. 调pH后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品 6. “吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如图： 下列有关说法正确的是 A. 流程图中“海水”一般采用的是提取粗盐后的母液 B. 通入热空气主要是利用氧气将完全氧化 C. 吹出后剩余溶液中可以大量共存的离子有、、 D. 流程图中“分离”所用的仪器包括烧杯、漏斗、玻璃棒 7. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y、Z各自形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法正确的是 A. 非金属性：Y小于X B. Y的简单氢化物比W的稳定 C. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强 D. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同 8. 一定条件下，下列各组物质的转化关系能通过一步化学反应实现的是 选项 X Y Z W A B C D A. A B. B C. C D. D 9. 下列实验操作及现象所得结论正确的是 实验操作 现象 结论 A 取少量溶液，滴入硫酸酸化的溶液 溶液变黄色 氧化性比强 B B中产生白色胶状沉淀 C的非金属比Si强 C 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X 有白烟产生 溶液X不可能是浓硫酸 D 将红热的炭放入浓硝酸中 产生红棕色气体 浓硝酸可以将炭氧化 A. A B. B C. C D. D 10. 我国科学家利用化学方法人工合成淀粉，是实现碳的资源化利用的有效途径之一，主要过程如图。下列说法不正确的是 A. 和合成甲醇反应一定是氧化还原反应 B. 为使反应持续发生，反应I需要不断补充以提供氧气 C. 反应I中每生成1分子，转移2个电子 D. 反应Ⅱ的化学方程式为： 11. 与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B. 过程Ⅱ中发生了氧化反应 C. 电催化与生成的反应方程式： D. 常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 12. “价—类”二维图在高中化学学习中有着重要的意义。硫元素的“价—类”二维图如图所示，下列说法正确的是 A. 将H2S气体在过量O2中燃烧，可用于处理H2S尾气防止污染 B. 1 mol a与足量O2在一定条件下充分反应时转移电子2 mol C. 硫酸型酸雨样品在空气中放置时d转化为c，样品的酸性增强 D. a和Cl2等体积混合后通入品红溶液中，漂白效果更好 13. 某废催化剂含SiO2、ZnS和CuS。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图： 下列说法不正确的是 A. 步骤①中产生的气体可用NaOH溶液进行吸收 B. 步骤④制得蓝矾表面滴加浓硫酸变白色，体现浓硫酸吸水性 C. 滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分可能为SiO2和S D. 步骤②中所加试剂可以用浓硫酸代替 14. 38.4g Cu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到 和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示，下列有关判断不正确的是 A. 硝酸在反应中体现氧化性和酸性 B. 混合气体中的物质的量是0.1mol C. 该浓硝酸物质的量浓度为11mol/L D. 氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 二、填空题(共4小题，58分) 15. 海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中进行现场保护。 玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成___________(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛NaOH溶液。 （2）如图所示，加热试管中固体至红热，下列有关描述正确的是___________。 A. 移开酒精灯后固体保持红热 B. S只作还原剂 C. 主要产生的气体副产物为SO3 D. 最终得到黑色的 （3）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：___________。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入溶液(能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为___________。 16. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤： Ⅰ．取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀，加热，沉淀转变成黑色，过滤。 Ⅱ．向草酸()溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。 Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。 回答下列问题： （1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是___________(填仪器名称)。 （2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是___________。 （3）Ⅰ中的黑色沉淀是___________(写化学式)。 （4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式___________。 （5）Ⅱ中，为防止反应过于刚烈而引起喷溅，加入应采取___________的方法。 （6）Ⅲ中应采用___________进行加热。 （7）Ⅳ中“一系列操作”包括___________。 17. 锗的工业提取 工业上从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的办法： （1）锗在元素周期表中位置是___________。 （2）GeO2既能和强酸反应，也能和强碱反应，由此推测GeO2属___________氧化物。 锗矿中含有H2O煤焦油、As2O3等杂质，相关物质的熔沸点如表所示： H2O 煤焦油 As2O3 GeO GeO2 熔点/℃ 0 20～30 312 710℃时升华 1100℃时升华 沸点/℃ 100 70～80 465 / / （3）使用分步升温的原因是___________。 （4）在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，Ge元素的萃出率如图所示。真空还原采用的最佳温度及浓度是___________。 A. 1000℃，2.5% B. 1000℃，5.0% C. 1100℃，2.5% D. 1200℃，2.5% （5）真空还原阶段，用除GeO2，产物还有GeO、、等生成，写出该阶段的化学反应方程式：___________。 18. 硫代硫酸钠俗称“大苏打”，是一种重要的化工产品。某化学兴趣小组利用如图装置制备硫代硫酸钠晶体()并测定其纯度。 Ⅰ．查阅资料 ①是无色透明晶体，易溶于水，难溶于乙醇。 ②向和混合溶液中通入可制得。反应原理： 。 （1）导管a的作用___________。 （2）装置A中反应的化学方程式___________。 （3）装置B的作用___________。 （4）制备过程一般需在碱性环境中进行，若在酸性条件下会有黄色沉淀生成，用离子方程式表示生成沉淀的可能原因：___________。 Ⅱ．产品分离 （5）将装置C中的液体趁热过滤，将得到的滤液蒸发浓缩、___________，___________，___________低温烘干，得晶体。 （6）所得产品中常含有少量杂质，请设计实验方案验证产品中含有：___________。 Ⅲ．产品纯度测定 （7）为了测定粗产品中()的纯度，一般采用在酸性条件下用标准液滴定的方法(假定粗产品中杂质与酸性溶液不反应)。称取1.5 g的粗样品溶于水，用0.40 mol/L酸性溶液滴定，被还原为，当溶液中全部被氧化成时，消耗酸性溶液的体积为20.00 mL。计算产品中的纯度___________(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $