河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高二上学期10月阶段检测数学试卷（月考）

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（时间 75 分钟，满分 100 分）
一、单项选择题：本题包含 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。每小题给出的四个选项中，
只有一项是 符合题目要求的。
1.【答案】C
【详解】A．古代使用的铁一般是生铁(铁碳合金)，铜常是青铜(铜锡合金)，都属于金属材料，
A 项错误；
B．碱式碳酸铜属于碱式盐，B 项错误；
C．铁表面易生锈，生成 ，C 项正确；
D．铁、铜合金都易溶于硝酸，文物不能用稀硝酸浸泡，D 项错误；
故选 C。
2【答案】B
【详解】A．由总反应知 Ag2O 得电子变为 Ag，则正极的电极反应式为 Ag2O
+2e-+H2O=2Ag+2OH-，A 正确；
B．Cu 失去电子，为负极，则 Ag2O/Ag 为正极，电子从 Cu 经外电路流向 Ag2O/Ag 电极，
电子不能通过溶液，B 错误；
C．阴离子向负极移动，故 OH-向 Cu 电极移动，C 正确；
D．此装置能量转化为化学能转化为电能，即反应物总能量高于生成物总能量，故 2mlCu
和 1mlAg2O 的总能量高于 1mlCu2O 和 2mlAg 的总能量，D 正确；
故答案为 B。
3.【答案】A
【详解】A．价电子排布为 对应第 3 周期ⅡA 族的镁（ ），选项中价电子排布与其在
周期表中的位置对应一致，A 正确；
B．价电子排布为 ，对应稀有气体（如 ），应位于 0 族（ⅧA 族），而非Ⅷ族（d
区过渡金属），B 错误；
C．价电子排布为 ，对应第 1 周期氦（ ），属于 0 族，而非ⅡA 族，C 错误；
D．价电子排布为 对应第 4 周期铜（ ），属于ⅠB 族，而非ⅠA 族，D 错误；
故答案选 A。
4.【答案】C
【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，故 A 错误；
B．放电时正极反应为 FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移 3ml 电子，正极有
1mlK2FeO4 被还原，故 B 错误；
C．充电时阳极发生 Fe(OH)3 失电子的氧化反应，即反应为：Fe
(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故 C 正确；
D．根据电池总反应式可知，放电时有 KOH 生成，电解质 KOH 的浓度增大，故 D 错误；
故选 C。
【点晴】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为
Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为 FeO42
+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关
系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为 Fe
(OH)3+5OH-=FeO42+4H2O+3e-，阳极消耗 OH-离子，碱性要减弱，阴极上电极反应式为 Zn
(OH)2+2e-=Zn+2OH-，生成氢氧根离子，所以阴极附近碱性增强。
5.【答案】B
【详解】A．黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧
气反应，而阻碍了铜的空气中的缓慢氧化，所以黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿，
故 A 错误；
B．镀层破损后，镀锡铁中，金属铁为负极，易被腐蚀，镀锌铁中，金属铁是正极，被保护，
所以镀锡铁中铁的腐蚀速率更快，故 B 正确；
C．为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电
池正极，应该选取比铁活泼的金属作原电池负极，一般在轮船身上装有一定数量的锌，故 C
错误；
D．不锈钢有较强的抗腐蚀能力，不是因为在钢铁表面镀上了铬，而是铁与以铬为主，再添
加镍、锰、钼等元素冶炼而成的合金，故 D 错误；
故选 B。
6.【答案】D
【详解】A．灼烧干海带需在坩埚中进行，而不能在蒸发皿中进行，A 错误；
B．过滤时需通过玻璃棒引流，且漏斗下端尖嘴部分需紧靠烧杯内壁，B 错误；
C．分液时，分液漏斗下端尖嘴部分需紧靠烧杯内壁，C 错误；
D．分离碘和 CCl4，采用蒸馏操作，图 D 中蒸馏操作规范、正确，D 正确；
故答案为：D。
7.【答案】A
【详解】A．C 原子的核外电子数为 6，根据泡利不相容原理，每个电子的运动状态都不同，
所以 C 原子核外电子共有 6 种不同的运动状态，A 正确；
B．基态 S 原子的外围电子排布式为 ，根据洪特规则，3p 轨道上的 4 个电子应先分占
不同轨道且自旋平行，然后再配对，正确的轨道表示式应为 ，B 错误；
C．在基态多电子原子中，同能层的 p 轨道电子能量一定高于 s 轨道电子能量，但是能层不
同则不一定，如 2p 轨道电子能量低于 3s 轨道电子能量，A 错误；
D． 表示 3d 能级目前排了 3 个电子，但 3d 能级本身有 5 个轨道，D 错误；
故选 A。
8.【答案】C
【详解】A． 的原子序数为 26，依据基态原子核外电子排布规律和能量最低原理，基态
原子的核外电子排布式为 ，违背了能量最低原理，A 错误；
B．泡利原理是指一个原子轨道最多填入 2 个电子，且自旋方向相反，故若将基态 原子核
外电子排布图写为 ，违背了洪特规则，B 错误；
C．若将基态 原子的核外电子排布式写为 ，则违背了构造原理，应先
排 轨道，再排 轨道，C 正确；
D．同一轨道自旋方向相同，违反泡利原理，基态 O 原子的价层电子的轨道表示式为
，D 错误；
故选 C。
9.【答案】D
【详解】A．pH=12 的 NH3·H2O 溶液中 c(OH-)=0.01 ml/L，但未给出溶液体积，无法计算
OH-数目，A 错误；
B．Cl2 与水的反应为可逆反应（Cl2+H2O⇌HCl+HClO），1 ml Cl
2 不能完全反应，转移电
子数小于 NA，B 错误；
C．常温下 Al 与浓硝酸发生钝化，表面生成氧化膜阻止反应继续进行，转移电子数远小于
0.3NA，C 错误；
D．S8 和 S6 均为硫单质，64 g 混合物中硫原子总物质的量为 64 g/32 g/ml=2 ml，S8（皇冠
形）和 S6（六元环）均为环状分子，每个硫原子形成 2 个共价键，每个共价键由 2 个硫原
子共用，故 1 ml 硫原子对应 1 ml 共价键，2 ml 硫原子含共价键 2NA，D 正确；
答案选 D。
10.【答案】C
【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离
子放电生成氯气，电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3 在碱
性条件下转化为 Fe，电极反应：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，中间为阳离子交换膜，Na+由
阳极移向阴极，据此分析判断选项。
【详解】A．结合分析可知，左侧电极为阴极，A 正确；
B．右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，阳极反应：2Cl--2e-═Cl2↑，B 正确；
C．理论上每消耗 1mlFe2O3，转移 6ml 电子，生成 3ml 氯气，同时有 6mlNa+由阳极移
向阴极，阳极室溶液减少质量=3ml×71g/ml+6ml×23g/ml=351g，C 错误；
D．左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3 在碱性条件下转化为 Fe，电极反应：Fe2O3
+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，阴极区溶液中 OH-浓度逐渐升高，D 正确；
故选 C。
11.【答案】B
【详解】A．银离子氧化性大于氢离子的氧化性，所以溶液中银离子先被还原，水电离出的
OH-被氧化生成氧气，0-t1 时：4AgNO3+2H2O 4Ag+O2↑+4HNO3，当银离子被电解完，
水电离出来的氢离子被还原生成氢气，t1-t2 时：2H2O 2H2↑+O2↑，故 A 正确；
B．进行到 t1 时银离子被完全还原，溶液的 pH 为 1，硝酸银溶液中 ，
，由反应得消耗 电子转移 0.01ml，设此过程
生成氧气的物质的量为 ， ， ， ，
，t1- t2 电解水生成的气体体积为
0.224L-0.056L=0.168L，其中氧气和氢气体积比为 1：2，电解水生成的氧气体积为 0.056L，
氧气的物质的量为 ，电子转移 0.01ml，共计电子转移
0.02ml，故 B 错误；
C．若使用氢氧燃料电池为电源，氢气与通过电子的关系为： ，t1 时，电子转移0.01ml，
理论上负极消耗的氢气物质的量为 0.005ml，故 C 正确；
D．电解到 t1 时刻，生成了 0.01ml 的银和 0.025ml 氧气，0.01ml 硝酸，加入 1.16gAg2O
其物质的量为 ，0.005mlAg2O 与 0.01ml 硝酸恰好完全反应生成 0.01ml
硝酸银和 0.005ml 水，可使溶液复原，故 D 正确；
故选：B。
12.【答案】C
【分析】由图可知，放电时电子流向为 N→M，故 N 为负极，铝失电子，发生氧化反应， M
为正极，得电子，发生还原反应，阴离子向负极区域移动。
【详解】A．由分析知， N 为负极、M 为正极，正极电极电势高于负极，则 M＞N，A 错
误；
B．放电时阴离子向负极移动，N 为负极（右极室）， 向负极 N 极室移动（右极室），
B 错误；
C．电池的负极为铝电极，放电时负极的反应为 ， C 正确；
D．“将纳米级 嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱
落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，D 错误；
故答案选 C。
13.【答案】D
【分析】戊室电极与电源的正极相连，则为阳极室，Cl-放电，其电极反应式为：2Cl-－2e-=
Cl2↑，甲室电极与电源的负极相连，则为阴极室，水得电子生成氢气同时生成 OH-，其电
极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A. 由图可知，甲室电极与电源负极相连，为阴极室，开始电解时，阴极上水得电
子生成氢气同时生成 OH-，生成的 OH-和 HCO3-反应生成 CO32-，Ca2+转化为 CaCO3 沉淀，
OH-和 Mg2+生成 Mg(OH)2，CaCO3 和 Mg(OH)2 是水垢的成分，A 正确；
B. 由图可知，戊室电极与电源正极相连，为阳极室，Cl-放电能力大于 OH-，所以阳极的电
极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑，B 正确；
C. 阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过，电解时乙室中阳离子移向甲室，丁室
中的阴离子移向戊室，则乙室和丁室中部分离子的浓度减小，剩下的物质主要是水，淡水的
出口为 a、c ，C 正确；
D. 甲室收集到的是 H2，当甲室收集到 22.4L(标准状况)气体时，则电路中转移 2ml 电子，
通过甲室阳膜的离子为阳离子，既有+1 价的离子，又有+2 价的离子，所以物质的量不是 1ml，
D 错误；
故答案为：D。
14.【答案】D
【分析】由图可知，乙装置为电解池，c 极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成
和 ： ， 通过阳离子交换膜进入 X 区，与 反应生
成 ，p 口流出氨水；d 极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成 和 ：
， 通过阴离子交换膜进入 Y 区，q 口流出 ；甲装置为原
电池，与 c 极相连的 b 极为原电池的负极，二价 在负极失去电子发生氧化反应生成 ：
；与 d 极相连的 a 极为正极，在酸性条件下 在正极得到电子发生还原反应
生成离子 ： ，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，全钒液流电池放电时，a 电极为正极，电极反应式为：
，A 正确；
B．根据分析，c 电极为阴极； 中的 通过阴离子交换膜进入 Y 区，则隔膜 2 为
阴离子交换膜，B 正确；
C．根据分析，装置乙中 X 区为阴极区， 中的 通过阳离子交换膜进入 X 区，
与 反应生成 ，则 p 口为 X 区出口，流出液含 ，C 正确；
D．装置乙产生的气体为 和 ，标准状况下 气体中，根据电子转移守恒，
可得 ，则 、 ，根据
电极反应式可知转移电子数为 2ml；则装置甲放电时，转移电子数等于通过质子交换膜的
数，故 为 2ml，D 错误；
故答案为：D。
二、非选择题：本题包含 4 小题，共 58 分。
15.（15 分）
【答案】
(1) cab 或 cba 或 bca 除去多余的 和
在室温下， 的溶解度最小
(2) 加热浓缩、冷却结晶、过滤 强酸
对设备的严重腐蚀 89.6L
【详解】（1）总体思路是先沉淀再过滤，沉淀时要先加 溶液，再加 溶液，因
为碳酸钠能把过量的氯化钡沉淀出来，氢氧化钠可放在它们前面，也可放在它们后面或中间，
都完全沉淀完后再过滤；加入适量盐酸 pH 调至酸性除去的离子是 和 ；
；由烧碱和氢氧化钠反应生成氯化钠．次氯酸钠和
水，纯碱溶液呈碱性，饱和纯碱溶液与 反应制生成次氯酸钠、氯化钠和碳酸氢钠，化学
方程式为： ，该复分解反应能发生，是因为在
室温下， 的溶解度最小。
（2）由于得到的是 ，所以需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等步骤，而不
能直接将溶液蒸干； 水溶液吸收 ，发生反应方程式为：
，由于生成两种强酸，故在工业生产中应解决的主要
问题是：强酸对设备的严重腐蚀； 海水中 的质量为 320 g，根据
，可知一次转化消耗 44.8 L (标准状况下)，两次需要 89.6L
(标准状况下)。
16. 【答案】
(1) 4.7≤pHKh，即 的电离常数大于水解常数，故马
日夫盐呈酸性。
（4）先计算每次滴定消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积。第 1 次：20.30-0.20=20.10 mL；第 2
次：20.32-0.32=20.00 mL；第 3 次：23.10-1.10=22.00 mL；第 4 次：21.05-1.15=19.90 mL。
舍去第 3 次异常数据，取第 1、2、4 次的平均值，故
。由离子方程式
，可知 ，
，所以
，
，则产品纯度为
。
17.【答案】
(1) 原电池
(2)
(3)0.64
(4)B
(5) H2SO4 阴
(6) 精铜或纯铜 铁
【分析】甲中甲醇在 a 极失电子，氧气在 b 电极得电子，甲是氢氧燃料电池，a 是负极、b
是正极；乙、丙均为电解池，乙中 c 与电源正极相连，c 是阳极，d 与电源负极相连，d 是
阴极；丙中左侧电极连接电源正极，左侧为阳极，右侧与电源负极连接，右侧为阴极。
【详解】（1）根据以上分析，甲装置是原电池， a 极甲醇失电子生成碳酸根离子，a 极的
电极反应式 。
（2）乙池中 c 极是阳极，失电子生成氧气和氢离子，c 极的电极反应式为
；
（3）b 极发生反应 O2+4e-+2H2O=4OH-，当 b 极消耗标准状况下的 O2 112mL 时转移电子
，d 是阴极，发生反应 Cu2++2e-=Cu，生成 0.01mlCu，d 电极增加
的质量是 0.64g。
（4）若 CuSO4(aq)足够，阳极生成氧气、阴极生成 Cu，电解一段时间后，要恢复到原来的
状态，根据元素守恒，则可加入 CuO，故选 B。
（5）左侧为阳极，阳极发生反应 ，则 A 出口导出的溶液溶质为 H2SO4
，硫酸钾溶液中的磷酸根离子进入阳极生成硫酸，所以 M 为阴离子交换膜。
（6）电解精炼铜，粗铜在阳极溶解，纯铜在阴极析出，d 电极为阴极，则电极材料为纯铜。
铁上镀铜，阴极发生 Cu2++2e-=Cu，铜在阴极析出，则铁应放在阴极。
18. 【答案】
(1)CH3* + CO2*= CH3COO*或 CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*
(2)ac
(3)+41
(4)ad
(5) a 温度升高后，以副反应(或反应 ii )为主，副反应(或反应 ii )是一个吸热反应，
升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可)
【详解】（1）从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反
应 CH3* + CO2*= CH3COO*或 CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*。
（2）a．增大催化剂表面积，可提高 CO2 在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在
催化剂表面的吸附速率，故正确；
b．从图中可以看出 CH3COOH* 比 CH3COOH(g)能量要低得多，故错误；
c．从图中看出，催化剂 2 参与的反应中，活化能都比催化剂 1 参与的相同的反应活化能低，
所以催化效果更好的是催化剂 2，故正确；
d．使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。
故选 ac。
（3）从图分析，有热化学方程式① ②
则根据盖斯定律分析，有②-①得热化学方程式
CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2=-242+283=+41 kJ·ml-1。
（4）恒温恒容条件下 a． CO 的分压不再发生变化能说明反应到平衡，故正确；b．该反应
前后气体总物质的量的不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量
不再发生变化不能说明反应到平衡，故错误；c． 该反应在密闭容器中进行，容器的体积不
变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能
说明到平衡，故错误；d． 比值不再发生变化说明该反应到平衡，故正确。
故选 ad。
（5）①反应 i 为放热反应，反应 ii 为吸热反应，升温反应 i 逆向移动，反应 ii 正向移动，
故表示平衡时 CH3OH 在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 a。
②CO2 平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应 ii 为主，
该反应为吸热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。
③根据将 n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16 假设，起始加入的二氧化碳为 5ml，氢气为 16ml，250
℃时二氧化碳的转化率为 20%，即反应的二氧化碳的量为 1ml，体系中一氧化碳和甲醇在
含碳产物中的物质的量百分数为 50%，即各为 0.5ml，
反应 i： ，
，平衡时二氧化碳为 5-1=4ml 氢气
为 16-1.5-0.5=14ml，甲醇为 0.5ml，水为 0.5+0.5=1ml，一氧化碳为 0.5ml，总物质的量
为 4+14+0.5+1+0.5=20ml，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp=
。