精品解析：河南省信阳市浉河区信阳高级中学2025-2026学年高一上学期1月月考化学试题

河南省信阳高级中学新校(贤岭校区)、老校(文化街校区) 2025-2026学年高一上期01月测试(二) 化学试题 可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Co-59 一、选择题(每题只有一个正确答案。每题3分，共42分) 1. 2023年10月26日搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F发射升空，宇航员们预计会在空间站驻留约6个月，开展空间科学与应用载荷在轨实验。下列说法中不正确的是 A. “长征二号F”的推进剂液氢、液氧和，它们均为非电解质 B. 光束通过火箭中隔热保温材料纳米气凝胶时，可观察到丁达尔效应 C. 神舟号表面防热材料的组成成分含有金属合金，其熔点比纯金属低 D. “神舟十七号”中表面结构的主要材料是铝合金，其耐腐蚀性能强 【答案】A 【解析】 【详解】A．液氢、液氧都是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误； B．胶体能产生丁达尔效应，故B正确； C．合金得熔点比纯金属低，故C正确； D．铝合金是一种拥有优异抗腐蚀性能的合金材料，故D正确； 选A。 2. 下列叙述正确的是 A. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布 B. 在过渡元素中寻找优良催化剂及耐高温和耐腐蚀的材料 C. 最外层电子数相同的元素一定位于同一主族 D. 核外电子总是先排在能量低的电子层上，例如只有排满了M层后才排N 【答案】B 【解析】 【详解】A．单原子形成的离子，如H+，不一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布，A不正确； B．通常，在金属与非金属的分界线附近寻找半导体材料，在过渡元素中寻找优良催化剂及耐高温和耐腐蚀的材料，B正确； C．最外层电子数相同的元素不一定位于同一主族，如He和Mg，最外层电子数都为2，二者分别为0族和ⅡA族，C不正确； D．核外电子总是先排在能量较低的电子层上，但并不是排满M层后才排N层，D不正确； 故选B。 3. “类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列“类比”推测正确的是 A. 是碱性氧化物，也是碱性氧化物 B. 溶液显酸性，溶液也显酸性 C. 氢化物是共价化合物，也是共价化合物 D. Na与空气反应可以生成，K与空气反应也可以生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．是碱性氧化物，是两性氧化物，故A错误； B．溶液显酸性，溶液显碱性，故B错误； C．氢化物是共价化合物，是离子化合物，故C错误； D．Na与空气反应可以生成，K与空气反应也可以生成，故D正确； 选D。 4. 下列实验能达到实验目的的是 A.观察钾元素的焰色反应实验 B.实验室制备Fe(OH)2 C.配制100mL0.1mol·L-1NaCl溶液 D.利用铝热反应原理焊接钢轨 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．观察钾元素的焰色要透过蓝色钴玻璃，故A正确； B．氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，故B错误； C．容量瓶中不能溶解NaCl固体，应在烧杯中溶解再转移至容量瓶中，故C错误； D．铝热反应是铝单质和氧化铁反应生成铁和氧化铝，故D错误； 故选：A。 5. 纳米四氧化三铁是一种多功能磁性材料，在高科技领域有特殊的用途。 下列说法正确的是 A. 四氧化三铁是由氧化亚铁和氧化铁组成的混合物 B. “沉淀”发生反应的离子方程式为 C. 混合液中略小于2有利于提高四氧化三铁的纯度 D. 用浓氨水配制质量分数为28%的氨水用到的玻璃仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒 【答案】C 【解析】 【分析】氧化铁、氧化亚铁混合液中加入质量分数为28%的氨水进行沉淀，得到的沉淀进行分离、研磨得到纳米四氧化三铁； 【详解】A．四氧化三铁(Fe3O4)是纯净物，选项A错误； B．一水合氨是弱碱，不能拆成OH-，“沉淀”发生反应的离子方程式为Fe2+ + 2Fe3+ + 8NH3·H2O= Fe3O4↓+8+ 4H2O，选项B错误； C．反应Fe2+ + 2Fe3+ + 8NH3·H2O= Fe3O4↓+8+ 4H2O中，= 2，由于Fe2+具有较强的还原性，很容易被空气中的氧气氧化，则混合液中略小于2有利于提高四氧化三铁的纯度，选项C正确； D．用浓氨水配制质量分数为28%的氨水用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒等，不需要用容量瓶，选项D错误； 答案选C。 6. 向HCl、混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是 A. M点对应的溶液中：、，， B. N点对应的溶液中：、、、 C. S点对应的溶液中：、、、 D. R点对应的溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【分析】向含HCl的AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，氢氧化钠先与氢离子反应生成水，再与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，最后和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。M点后还未出现沉淀，说明M点处溶质为NaCl、HCl、AlCl3；N点后开始沉淀，说明此时HCl完全反应，溶液中的溶质为NaCl、AlCl3；S点后依然在出现沉淀，说明铝离子还未完全反应，此时溶液中的溶质为NaCl、AlCl3；R点处沉淀已经开始减少，但未完全消失，此时溶液中的溶质为Na[Al(OH)4]、NaCl。 【详解】A．M点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+与与发生氧化还原反应而不共存，A不符合题意； B．N点溶质为NaCl、AlCl3，与Al3+会双水解，，不共存，B不符合题意； C．S点溶质为NaCl、AlCl3，与Cl-，与不共存，C不符合题意； D．R点溶质为Na[Al(OH)4]、NaCl，与、、、四种离子不反应，可菜存，D符合题意； 故选D。 7. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们均位于不同的奇数族。X与Y位于不同周期，且X、Y、W族序数之和等于Z的质子数，X与W的最高正化合价之和为8，Z元素是金属元素且位于元素周期表中“分界线”旁。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 工业上用电解熔融的方法冶炼的单质 C. 简单气态氢化物的沸点：Y<W D. 假如离子化合物存在，则该物质与水反应生成气体，同时得到一种弱碱溶液 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们均位于不同的奇数族；由Z元素是金属元素且位于元素周期表中“分界线”旁可知，Z为铝元素；再结合X、Y、W的族序数之和等于Z的质子数即13，它们均位于不同的奇数族，推知X、Y、W位于ⅠA、ⅤA、ⅦA族，主族元素的最高化合价等于主族元素的族序数（除O、F），X与W的最高化合价之和为8可知，X在ⅠA，W在ⅦA，W在铝之后，所以W为氯元素；X在ⅠA，Y位于ⅤA，X、Y位于不同周期且X的原子序数小于Y，故X为氢元素、Y为氮元素。从而得出X、Y、Z、W分别为H、N、Al、Cl。 【详解】A．简单离子半径：Cl-有三层电子，、均有两层电子，而的核电荷数大，所以半径小于，因此，离子半径>>，A错误； B．工业上冶炼铝采用电解熔融的方法，（）为共价化合物，熔融态不导电，不能用于电解冶炼铝，B错误； C．简单气态氢化物：Y的简单氢化物为，W的简单氢化物为，因分子间存在氢键，其沸点高于HCl，C错误； D．若离子化合物（）存在，其中与水发生归中反应生成，化学方程式为，D正确； 故答案选D。 8. X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，M、Q位于同周期，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误是 A. Q位于第三周期IA族 B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱 C. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸 D. 简单离子半径： 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，根据原子半径与主要化合价的关系图，X有+1价，其原子半径最小，则X为H；Y只有-2价，则Y为O；M存在+7、-1价，则M为Cl；Z存在+5、-3价，其原子半径小于Cl，而大于O，则Z为N元素；Q只有+1价，R只有+2价，且原子半径R＞Q＞M(Cl)、M和Q位于同周期，则R为Ca，Q为Na元素，以此分析解答。 【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为O，Z为N，M为Cl，Q为Na，R为Ca元素。 A．Na的原子序数为11，在周期表中位于第三周期ⅠA族，故A正确； B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可为HNO3、NH3•H2O或NH4NO3，分别为酸、碱、盐，故B正确； C．Z为N、M为Cl，Z与M的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、高氯酸，均为强酸，故C正确； D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则简单离子半径：M-＞R2+＞Q+，故D错误； 故选D。 9. 三硫化磷是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示。已知其燃烧时P被氧化为，下列有关的说法中不正确的是 A. P4S3属于共价化合物 B. 1molP4S3分子中含有9mol极性共价键 C. 分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构 D. P4S3充分燃烧会产生SO2 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于S和P都是非金属，根据P4S3的分子结构图可知分子中的化学键均为共价键，所以该化合物是共价化合物，A正确； B．根据P4S3的分子结构图，S-P键有6条，P-P键有3条，共9条共价键，但P与P形成的3条是非极性共价键，因此1molP4S3分子中含有6mol极性共价键，B错误； C．P原子最外层有5个电子，S原子最外层有6个电子，由P4S3的分子结构可知，每个P形成3个共价键，每个S形成2个共价键，分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，C正确； D．根据题意，P4S3燃烧时P被氧化为P4O10，S则被氧化为SO2，反应的方程式为P4S3+8O2P4O10+3SO2，因此P4S3充分燃烧会产生SO2，D正确； 故选B。 10. 用NaClO可除去水体中过量氨氮（以NH3表示），以防止水体富营养化，其原理如图所示。下列有关叙述不正确的是 A. 图中所涉及的元素的原子半径：Na>Cl>N>O>H B. H2O的性质稳定，与其分子间的作用力有关 C. NaClO和HClO所含的化学键类型不完全相同 D. 图中的反应①、②、③中，破坏与形成的化学键类型相同的反应有①、③ 【答案】B 【解析】 【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，且同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以图中所涉及的元素的原子半径：Na>Cl>N>O>H，A正确； B．的性质稳定，是因为氢氧原子之间的共价键难以破坏，而与分子间作用力无关，B错误； C．NaClO中含有离子键和共价键，而HClO中只含共价键，则NaClO和HClO所含的化学键类型不完全相同，C正确； D．反应①和③中破坏和形成的化学键类型均为离子键和极性共价键，反应②中破坏的是极性共价键，形成的是极性共价键和非极性共价键，所以图中的反应①、②、③中，破坏与形成的化学键类型相同的反应有①、③，D正确； 故选B。 11. 某化学兴趣小组为探究酸性高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下，在培养皿中加入足量的酸性高锰酸钾溶液，放入铜珠，实验结果如下： 实验 现象 一段时间后，培养皿中由铜珠向外侧依次呈现： Ⅰ区澄清且紫色褪色明显 Ⅱ区底部覆盖棕黑色固体 Ⅲ区澄清且紫色变浅 已知：在酸性溶液中不能稳定存在：，下列说法正确的是 A. Ⅰ区铜反应后的主要产物，可能是，也可能是 B. Ⅱ区棕黑色固体是，由铜和酸性高锰酸钾反应产生 C. Ⅲ区紫色变浅说明在Ⅲ区也发生了氧化还原反应 D. 如果酸性高锰酸钾大大过量，所有反应完全后，产物中可能没有 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故Ⅰ区铜反应后的主要产物为Cu2+，则A错误； B．由A知，Ⅰ区反应为：，A区生成的锰离子向外扩散，C区的高猛酸根向内扩散，二者在B区相遇发生反应：，则B错误； C．结合B可知，C区减小，溶液颜色变浅，则C错误； D．如果酸性高锰酸钾大大过量，可以发生，即所有反应完全后，产物中可能没有，则D正确； 答案选D。 12. 索尔维制碱法制备纯碱的制备流程如图所示，其反应原理与侯氏制碱法相同。下列说法不正确的是 A. 流程中能循环利用的物质是NH3和CO2 B. 饱和食盐水精制过程需用操作1 C. 吸氨和碳酸化所用NH3和CO2最佳比为1：1 D. 两种制碱法的食盐利用率相同 【答案】D 【解析】 【分析】先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，二氧化碳主要来自于碳酸钙的分解，NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠，煅烧得到碳酸钠，生成的二氧化碳可以循环使用，母液通过经过灰蒸后产生的NH3可以循环利用，据此分析。 【详解】A．由图知，经过灰蒸后产生的NH3可以循环利用，且A物质为CO2，也可循环利用，A正确； B．碳酸化过程发生反应生成沉淀，操作1是过滤操作，饱和食盐水精制过程需要除掉其它杂质离子，故饱和食盐水精制过程需要用到过滤，即操作1，B正确； C．根据反应方程式：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，吸氨和碳酸化所用NH3和CO2最佳比为1:1，C正确； D．索尔维制碱法有碳酸钙参与反应，会导致最终母液中有大量的氯化钙剩余，使氯离子没有被充分利用，故索尔维制碱法的食盐利用率低于侯氏制碱法，D错误； 故选：D。 13. 有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与40 mL 1 mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如下表所示(忽略反应前后溶液体积的微小变化)。 实验序号 ① ② ③ ④ m(粉末样品)/g 0.90 1.80 3.60 7.20 m(反应后剩余固体)/g 0 0.64 2.48 6.08 下列实验结论不正确的是 A. 实验②反应后溶液中含有Fe2＋、Cu2＋ B. 实验②③④反应后剩余固体全部是Cu C. 实验④的滤液中c(Fe2＋)＝1.5 mol/L D. 原粉末样品中n(Fe)∶n(Cu)＝1∶1 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：40 mL 1 mol/L的FeCl3溶液中，n((Fe3＋)=0.04mol，所以其最多可以溶解铁和铜的物质的量之各为0.02mol。由③④两实验的数据可知， 两实验中固体质量减少的量相同，都是1.12g，恰好是0.02mol Fe。由第②组实验数据，1.80-1.12=0.68>0.64，说明第②组实验中溶解的金属中既有铁又有铜，且剩余的金属只有铜，反应后的溶液中含有Fe2＋、Cu2＋，若第②组中1.80g样品中铁和铜的物质的量分别计为n(Fe)和n(Cu)，则56n(Fe)+64n(Cu)=1.80，n(Fe)+n(Cu) -=n((Fe3＋)=0.02mol，联立方程组解之得n(Fe)=n(Cu)＝0.15mol，所以原粉末样品中n(Fe)∶n(Cu)＝1∶1。实验③中，n(Fe)=n(Cu)＝0.03mol>0.02mol，所以反应后剩余固体既有Cu又有Fe，同理可推， 实验④也是这样。实验④的滤液中c(Fe2＋)＝1.5 mol/L。综上所述，B不正确，本题选B。 点睛：本题难度很大。解题的关键是分析表中数据，找到突破口。本题实验③④的固体质量减小量是突破口，实验②的数据与之对比后，通过推理可以发现实验②溶解的既有铁又有铜，剩余的只有铜，之后其他问题便可迎刃而解。 14. 是褐色固体，受热分解为Pb的和价的混合氧化物，价的Pb能氧化浓盐酸生成，价的Pb还原成价的Pb；现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到，和的物质的量之比为，则剩余固体的组成及物质的量比是 A. 混合的、 B. 混合的、PbO C. 混合的、、PbO D. 混合的、、PbO 【答案】B 【解析】 【详解】受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物为、价，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，价Pb还原为价，被氧化为，此时得到溶液为溶液，利用“电子转移守恒”知在上述转化过程中共转移电子为，设该过程得到的物质的量为3xmol，则的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：，解得，故知在受热分解过程中产生为，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中，故剩余固体中：：：5， A．1：2混合的、，：：：10，故A错误； B．1：1混合的、PbO，：：：5，故B正确； C．1：4：1混合的、、PbO，：：：19，故C错误； D．1：1：1混合的、、PbO，：：：7，故D错误； 故选B。 二、非选择题(共58分) 15. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题： 已知：亚硫酸为二元弱酸，不稳定，易分解生成气体和。 （1）写出由元素②和元素④形成原子个数比为1∶2的化合物的电子式：___________；用电子式表示⑤和⑧以数目比2：1形成化合物的过程___________。 （2）④⑤⑧形成的简单离子半径由大到小的顺序为___________(填离子符号)；⑦⑧⑨的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为___________(填化学式)。 （3）元素④和元素⑧的最简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________(填化学式)。 （4）这些元素形成的氧化物中，不溶于水，但既能与强酸又能与强碱反应，写出它与⑤的最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式：___________。 （5）有两种化合物A和B都由①④⑤⑧四种元素组成。若A与B在水溶液中能发生反应产生气泡，则该反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. HClO4>H2SO4>H2SiO3 （3）H2O>H2S （4） （5） 【解析】 【分析】由元素周期表可知，①是H元素，②是C元素，③是N元素，④是O元素，⑤是Na元素，⑥是Al元素，⑦是Si元素，⑧是S元素，⑨是Cl元素，据此作答： 【小问1详解】 元素②和元素④形成的原子个数比为1∶2的化合物为CO2，CO2的电子式为；⑤和⑧以数目比2：1形成的化合物为Na2S，用电子式表示其形成过程为； 【小问2详解】 ④⑤⑧形成的简单离子分别为O2-、Na+、S2-，电子层数越大，微粒半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，因此半径大小顺序为；⑦⑧⑨都是非金属元素，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属强弱Cl＞S＞Si，因此酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4>H2SiO3； 【小问3详解】 水分子之间存在氢键，会使熔沸点升高，因此水的沸点高于硫化氢； 【小问4详解】 既能与强酸又能与强碱反应，并且不溶于水，该氧化物为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应的离子方程式为； 【小问5详解】 由①④⑤⑧四种元素，也就是由H、O、Na、S四种元素组成，则一种物质为NaHSO3，另一种物质为NaHSO4，二者反应的离子方程式为。 16. 相同的实验装置在不同的实验目的下所起到的作用会有所差异。 Ⅰ．含量的测定 某样品中混有杂质，设计实验测定的含量。 （1）为提高测定的准确性，应选用发生装置___________(选填“A”或“B”)，液体X为___________。 （2）量气装置C读数时，需要注意的问题是___________(填两点即可)。 （3）用分析天平准确称量0.2010 g该样品进行实验，测得产生气体的体积为44.8 mL(标准状况)，则的质量分数为___________(保留两位小数)。 Ⅱ．雷尼镍的制备与使用 镍(Ni)对氢气有强烈吸附作用，广泛用于催化氢化反应，将块状镍转化成多孔型雷尼镍后，催化活性显著提高。 已知：雷尼镍暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”。 步骤ⅰ：雷尼镍的制备 步骤ⅱ：催化氢化反应的发生 催化氢化反应(为反应物)实验装置如下，其中装置Ⅰ用于储存和监测反应过程。 （4）制备雷尼镍时操作X的最佳方法为___________(填字母)。 A．蒸发结晶 B．倾析 C．过滤 （5）向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示，发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为___________(填字母)。 （6）下列关于该实验的说法正确的是___________(填字母)。 A. 制备雷尼镍所用镍铝合金中铝的含量不会影响雷尼镍催化活性 B. 使用新制备的雷尼镍，不用通入氢气也能使催化氢化反应发生 C. 装置Ⅱ中导气管口应插入液面以下，以增大反应物的接触面积 D. 在催化氢化反应开始前，需要向装置Ⅱ中通入一段时间的氮气 【答案】（1） ①. A ②. 饱和碳酸氢钠溶液 （2）恢复至室温再读数，a、b装置内液面相平，视线平视凹液面最低处等(两点即可) （3）79.10% （4）B （5）B （6）BD 【解析】 【分析】．碳酸钠中混有碳酸氢钠，设计实验测定的含量，为确保酸顺利滴下与碳酸钠和碳酸氢钠反应，应该选择具有恒压滴液功能的装置A，碳酸钠和碳酸氢钠均会与酸反应生成二氧化碳，利用产生的二氧化碳总体积和固体混合物的总质量，计算碳酸钠的质量。 【小问1详解】 装置A有恒压滴液功能，可以方便液体顺利滴下，促进反应充分进行，故选择A。利用量气管测量气体体积，须确保二氧化碳气体不溶解、不反应，所以液体X为饱和碳酸氢钠溶液。 【小问2详解】 量气装置C读数时，为保证测量准确，需要注意：①恢复到室温后再读数，因为气体体积受温度影响较大，若未恢复到室温，气体体积不准确；②调节量气管高度，使左右液面相平，这样才能保证量气管内气体的压强与外界大气压相等，从而准确测量气体体积；③读数时视线与凹液面最低处相平，否则会产生读数误差（三选二作答）。 【小问3详解】 ，根据碳原子守恒，，设混合物中碳酸钠为，碳酸氢钠为，根据题意列式：，解得：，，则，的质量分数为。 【小问4详解】 雷尼镍暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”。 A．蒸发结晶会使雷尼镍暴露在空气中，A不符合； B．倾析能较好地保持雷尼镍表面湿润，B符合； C．过滤过程中雷尼镍可能会接触空气，C不符合； 故选B。 【小问5详解】 向集气管中充入氢气时，氢气从左侧进入，向下进入集气管；当由集气管向装置Ⅱ供气时，气体应由下方的集气管向右进入装置Ⅱ，此时孔路位置需调节为B。 【小问6详解】 A．制备雷尼镍所用镍铝合金中铝的含量会影响雷尼镍的结构等，从而影响雷尼镍催化活性，A错误； B．新制雷尼镍对氢气具有强吸附性，使用新制雷尼镍，不用通入氢气也能使催化氢化反应发生，B正确； C．装置Ⅱ中导气管口应在液面以上，若插入液面以下，不利于氢气进入反应体系，C错误； D．雷尼镍暴露在空气中可以自燃，在催化氢化反应开始前，需要向装置Ⅱ中通入一段时间的氮气，排尽装置内空气，防止雷尼镍自燃，D正确； 故选BD。 17. 三氯化磷(PCl3)是一种重要的化工原料。实验室利用红磷与Cl2反应可制取少量PCl3或PCl5，反应原理为：，，PCl3、PCl5、POCl3的部分性质如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 物质性质 -112 75.5 遇水生成和HCl，与反应生成 —— 约在100℃升华 遇水生成和HCl，与红磷加热生成 2 105.3 遇水生成和HCl，可溶于 某兴趣小组利用下图所示实验装置制取少量(部分夹持装置已略去，装置气密性良好)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________。 （2）B中所装试剂名称为___________。 （3）实验开始时，通入一段时间氮气的目的是___________。 （4）A中发生反应的离子方程式为___________。 （5）A、B装置中的空气可以通过控制、来去除，具体方法为___________。 （6）实验制得的粗产品中常含有少量POCl3和PCl5。加入红磷加热去除PCl5，试运用氧化还原反应规律分析红磷与PCl5反应的合理性___________，然后通过___________(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。 （7）测定产品中PCl3的质量分数。 ①迅速称取mg产品，加水反应后配成100mL溶液。 ②取以上溶液10.00mL，向其中加入碘水(足量)，充分反应。 ③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，逐滴滴加的溶液并振荡，当溶液恰好由蓝色变为无色时，记录所消耗溶液的体积。 ④重复②、③操作，平均消耗溶液。 根据上述数据测得该产品中PCl3的质量分数为___________。(已知：，) 【答案】（1）分液漏斗 （2）浓硫酸 （3）排出装置D中的空气，防止P、与氧气反应，同时避免与水蒸气反应 （4） （5）关闭K2、打开K3，打开分液漏斗塞子和活塞，当看到B装置中液面上方充满黄绿色气体时，打开K2、关闭K3， （6） ①. PCl5中磷元素为+5价，具有一定的氧化性，红磷中磷元素为0价，具有一定的还原性，磷元素化合价向中间靠拢生成PCl3 ②. 蒸馏 （7） 【解析】 【分析】装置A中MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，装置B用浓硫酸干燥Cl2，防止引起后续操作中PCl3的水解；装置C用于吸收反应结束时的Cl2尾气，装置D为红磷与氯气反应制取PCl3，装置E用于冷凝PCl3，并收集PCl3，装置F用于吸收未反应的Cl2、HCl，并防止空气中的氧气和水蒸气进入E装置内，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干实验装置图可知，仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗； 【小问2详解】 由分析可知，B中所装试剂名称为浓硫酸，防止引起后续操作中PCl3的水解，故答案为：浓硫酸； 【小问3详解】 题给信息显示，PCl3易水解、易被空气中氧气氧化，所以实验开始前，打开K1通入一段时间氮气来除去装置中的空气，除去空气的目的是：排出装置D中的空气，防止P、PCl3与氧气反应，同时避免PCl3与水蒸气反应，故答案为：排出装置D中的空气，防止P、PCl3与氧气反应，同时避免PCl3与水蒸气反应； 【小问4详解】 A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O； 【小问5详解】 除去装置A、B中空气，应通入Cl2，具体方法是：关闭K2、打开K3，打开分液漏斗塞子和活塞，当看到B装置中液面上方充满黄绿色气体时，打开K2、关闭K3，故答案为：关闭K2、打开K3，打开分液漏斗塞子和活塞，当看到B装置中液面上方充满黄绿色气体时，打开K2、关闭K3； 【小问6详解】 PCl5中磷元素为+5价，具有一定的氧化性，红磷中磷元素为0价，具有一定的还原性，磷元素化合价向中间靠拢生成PCl3，故可通过加入红磷加热去除PCl5，根据题干信息可知，PCl3和POCl3的沸点相差较大，故可通过蒸馏的方法来分离出PCl3，故答案为：PCl5中磷元素为+5价，具有一定的氧化性，红磷中磷元素为0价，具有一定的还原性，磷元素化合价向中间靠拢生成PCl3；蒸馏； 【小问7详解】 依据PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，H3PO3+I2+H2O═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，可建立如下关系式：PCl3～H3PO3～I2～2Na2S2O3，则与H3PO3反应的I2的物质的量为（c 1 V1-0.5c 2 V2）×10-3mol，该产品中PCl3的质量分数为（c 1 V1-0.5c 2 V2）×10-3m×100%=，故答案为：。 18. 某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 【查阅资料】0.5 mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 （1）理论分析 ①依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是_______。 ②Cu和FeCl3反应的化学方程式为：_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，结合化学用语解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。分别写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式_______；_______。 b.乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验(填实验操作和现象)_______。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii.结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，滴入几滴KSCN溶液，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，当观察到_______时停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因_______。 【答案】（1） ①. Zn、Mg ②. （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 的水解方程式为，加入的Zn、Mg会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ③. ④. ⑤. 向pH为3~4的稀盐酸中加入铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 ⑥. 溶液红色消失 （3）加入镁粉后持续产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 【解析】 【小问1详解】 ①依据金属活动性顺序：Zn、Mg的金属性强于Fe，可将Fe³⁺还原为Fe；Cu 的金属性弱于Fe，无法还原出Fe单质； ②Cu和反应的化学方程式为； 【小问2详解】 ①与反应生成蓝色沉淀，故所依据的现象为产生蓝色沉淀； ②的水解方程式为，加入的Zn、Mg会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀； ③ⅰ.a．Fe与反应的离子方程式为：，Fe与反应的离子方程式为：； ⅰ.b．该实验通过检验Fe与pH为3~4的溶液反应后是否生成，来证明此条件下可忽略对Fe的消耗，故所设计的实验为：向pH为3~4的稀盐酸中加入铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀； ⅱ．实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是消耗Fe单质以及锌粉被沉淀包裹，可控制反应条件，将溶解，使锌粉能持续还原；故重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，滴入几滴KSCN溶液，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，当观察到溶液红色消失时停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； 【小问3详解】 结合对实验Ⅱ的分析，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因为：实验Ⅲ中在产生大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校(贤岭校区)、老校(文化街校区) 2025-2026学年高一上期01月测试(二) 化学试题 可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Co-59 一、选择题(每题只有一个正确答案。每题3分，共42分) 1. 2023年10月26日搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F发射升空，宇航员们预计会在空间站驻留约6个月，开展空间科学与应用载荷在轨实验。下列说法中不正确的是 A. “长征二号F”的推进剂液氢、液氧和，它们均为非电解质 B. 光束通过火箭中隔热保温材料纳米气凝胶时，可观察到丁达尔效应 C. 神舟号表面防热材料的组成成分含有金属合金，其熔点比纯金属低 D. “神舟十七号”中表面结构的主要材料是铝合金，其耐腐蚀性能强 2. 下列叙述正确的是 A. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布 B. 在过渡元素中寻找优良催化剂及耐高温和耐腐蚀的材料 C. 最外层电子数相同的元素一定位于同一主族 D. 核外电子总是先排在能量低的电子层上，例如只有排满了M层后才排N 3. “类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列“类比”推测正确的是 A. 是碱性氧化物，也是碱性氧化物 B. 溶液显酸性，溶液也显酸性 C. 氢化物是共价化合物，也是共价化合物 D. Na与空气反应可以生成，K与空气反应也可以生成 4. 下列实验能达到实验目的的是 A.观察钾元素的焰色反应实验 B.实验室制备Fe(OH)2 C.配制100mL0.1mol·L-1NaCl溶液 D.利用铝热反应原理焊接钢轨 A. A B. B C. C D. D 5. 纳米四氧化三铁是一种多功能磁性材料，在高科技领域有特殊的用途。 下列说法正确的是 A. 四氧化三铁是由氧化亚铁和氧化铁组成的混合物 B. “沉淀”发生反应的离子方程式为 C. 混合液中略小于2有利于提高四氧化三铁的纯度 D. 用浓氨水配制质量分数为28%的氨水用到的玻璃仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒 6. 向HCl、混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是 A. M点对应的溶液中：、，， B. N点对应的溶液中：、、、 C. S点对应的溶液中：、、、 D. R点对应的溶液中：、、、 7. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们均位于不同的奇数族。X与Y位于不同周期，且X、Y、W族序数之和等于Z的质子数，X与W的最高正化合价之和为8，Z元素是金属元素且位于元素周期表中“分界线”旁。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 工业上用电解熔融的方法冶炼的单质 C. 简单气态氢化物的沸点：Y<W D. 假如离子化合物存在，则该物质与水反应生成气体，同时得到一种弱碱溶液 8. X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，M、Q位于同周期，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误是 A. Q位于第三周期IA族 B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱 C. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸 D. 简单离子半径： 9. 三硫化磷是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示。已知其燃烧时P被氧化为，下列有关的说法中不正确的是 A. P4S3属于共价化合物 B. 1molP4S3分子中含有9mol极性共价键 C. 分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构 D. P4S3充分燃烧会产生SO2 10. 用NaClO可除去水体中过量氨氮（以NH3表示），以防止水体富营养化，其原理如图所示。下列有关叙述不正确的是 A. 图中所涉及的元素的原子半径：Na>Cl>N>O>H B. H2O的性质稳定，与其分子间的作用力有关 C. NaClO和HClO所含的化学键类型不完全相同 D. 图中的反应①、②、③中，破坏与形成的化学键类型相同的反应有①、③ 11. 某化学兴趣小组为探究酸性高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下，在培养皿中加入足量的酸性高锰酸钾溶液，放入铜珠，实验结果如下： 实验 现象 一段时间后，培养皿中由铜珠向外侧依次呈现： Ⅰ区澄清且紫色褪色明显 Ⅱ区底部覆盖棕黑色固体 Ⅲ区澄清且紫色变浅 已知：在酸性溶液中不能稳定存在：，下列说法正确的是 A. Ⅰ区铜反应后的主要产物，可能是，也可能是 B. Ⅱ区棕黑色固体是，由铜和酸性高锰酸钾反应产生 C. Ⅲ区紫色变浅说明在Ⅲ区也发生了氧化还原反应 D. 如果酸性高锰酸钾大大过量，所有反应完全后，产物中可能没有 12. 索尔维制碱法制备纯碱的制备流程如图所示，其反应原理与侯氏制碱法相同。下列说法不正确的是 A. 流程中能循环利用的物质是NH3和CO2 B. 饱和食盐水精制过程需用操作1 C. 吸氨和碳酸化所用NH3和CO2最佳比为1：1 D. 两种制碱法的食盐利用率相同 13. 有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与40 mL 1 mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如下表所示(忽略反应前后溶液体积的微小变化)。 实验序号 ① ② ③ ④ m(粉末样品)/g 0.90 1.80 3.60 7.20 m(反应后剩余固体)/g 0 0.64 2.48 6.08 下列实验结论不正确的是 A. 实验②反应后溶液中含有Fe2＋、Cu2＋ B. 实验②③④反应后剩余固体全部是Cu C. 实验④的滤液中c(Fe2＋)＝1.5 mol/L D. 原粉末样品中n(Fe)∶n(Cu)＝1∶1 14. 是褐色固体，受热分解为Pb的和价的混合氧化物，价的Pb能氧化浓盐酸生成，价的Pb还原成价的Pb；现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到，和的物质的量之比为，则剩余固体的组成及物质的量比是 A. 混合的、 B. 混合的、PbO C. 混合的、、PbO D. 混合的、、PbO 二、非选择题(共58分) 15. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题： 已知：亚硫酸为二元弱酸，不稳定，易分解生成气体和。 （1）写出由元素②和元素④形成原子个数比为1∶2的化合物的电子式：___________；用电子式表示⑤和⑧以数目比2：1形成化合物的过程___________。 （2）④⑤⑧形成的简单离子半径由大到小的顺序为___________(填离子符号)；⑦⑧⑨的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为___________(填化学式)。 （3）元素④和元素⑧的最简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________(填化学式)。 （4）这些元素形成的氧化物中，不溶于水，但既能与强酸又能与强碱反应，写出它与⑤的最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式：___________。 （5）有两种化合物A和B都由①④⑤⑧四种元素组成。若A与B在水溶液中能发生反应产生气泡，则该反应的离子方程式为___________。 16. 相同的实验装置在不同的实验目的下所起到的作用会有所差异。 Ⅰ．含量的测定 某样品中混有杂质，设计实验测定的含量。 （1）为提高测定的准确性，应选用发生装置___________(选填“A”或“B”)，液体X为___________。 （2）量气装置C读数时，需要注意的问题是___________(填两点即可)。 （3）用分析天平准确称量0.2010 g该样品进行实验，测得产生气体的体积为44.8 mL(标准状况)，则的质量分数为___________(保留两位小数)。 Ⅱ．雷尼镍的制备与使用 镍(Ni)对氢气有强烈吸附作用，广泛用于催化氢化反应，将块状镍转化成多孔型雷尼镍后，催化活性显著提高。 已知：雷尼镍暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”。 步骤ⅰ：雷尼镍的制备 步骤ⅱ：催化氢化反应的发生 催化氢化反应(为反应物)实验装置如下，其中装置Ⅰ用于储存和监测反应过程。 （4）制备雷尼镍时操作X的最佳方法为___________(填字母)。 A．蒸发结晶 B．倾析 C．过滤 （5）向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示，发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为___________(填字母)。 （6）下列关于该实验的说法正确的是___________(填字母)。 A. 制备雷尼镍所用镍铝合金中铝的含量不会影响雷尼镍催化活性 B. 使用新制备的雷尼镍，不用通入氢气也能使催化氢化反应发生 C. 装置Ⅱ中导气管口应插入液面以下，以增大反应物的接触面积 D. 在催化氢化反应开始前，需要向装置Ⅱ中通入一段时间的氮气 17. 三氯化磷(PCl3)是一种重要的化工原料。实验室利用红磷与Cl2反应可制取少量PCl3或PCl5，反应原理为：，，PCl3、PCl5、POCl3的部分性质如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 物质性质 -112 75.5 遇水生成和HCl，与反应生成 —— 约在100℃升华 遇水生成和HCl，与红磷加热生成 2 105.3 遇水生成和HCl，可溶于 某兴趣小组利用下图所示实验装置制取少量(部分夹持装置已略去，装置气密性良好)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________。 （2）B中所装试剂名称为___________。 （3）实验开始时，通入一段时间氮气的目的是___________。 （4）A中发生反应的离子方程式为___________。 （5）A、B装置中的空气可以通过控制、来去除，具体方法为___________。 （6）实验制得的粗产品中常含有少量POCl3和PCl5。加入红磷加热去除PCl5，试运用氧化还原反应规律分析红磷与PCl5反应的合理性___________，然后通过___________(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。 （7）测定产品中PCl3的质量分数。 ①迅速称取mg产品，加水反应后配成100mL溶液。 ②取以上溶液10.00mL，向其中加入碘水(足量)，充分反应。 ③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，逐滴滴加的溶液并振荡，当溶液恰好由蓝色变为无色时，记录所消耗溶液的体积。 ④重复②、③操作，平均消耗溶液。 根据上述数据测得该产品中PCl3的质量分数为___________。(已知：，) 18. 某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 【查阅资料】0.5 mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 （1）理论分析 ①依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是_______。 ②Cu和FeCl3反应的化学方程式为：_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，结合化学用语解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。分别写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式_______；_______。 b.乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验(填实验操作和现象)_______。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii.结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，滴入几滴KSCN溶液，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，当观察到_______时停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $