2023届辽宁省实验中学高三上学期第一次阶段测试化学试题含解析

这是一份2023届辽宁省实验中学高三上学期第一次阶段测试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

辽宁省实验中学2023届高三上学期第一次阶段测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法中正确的是
A．葡萄糖溶液和淀粉溶液都具有丁达尔效应
B．将标况下VL A气体(相对分子质量为M)溶于0.1L水中，所得溶液密度为，则此溶液的物质的量浓度为
C．液态氯化氢、熔融氢氧化钾、固体硫酸钡都是电解质
D．金属氧化物一定是碱性氧化物
【答案】C
【详解】A．葡萄糖溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，A错误；
B．根据进行计算，，，代入公式可得：c=mol/L，B错误；
C．液态氯化氢、熔融氢氧化钾、固体硫酸钡都是化合物，且其水溶液或熔融状态可导电，故都是电解质，C正确；
D．金属氧化物不一定时碱性氧化物，如Mn2O7为金属氧化物，但是酸性氧化物，D错误；
故答案选C。
2．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、
B．0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、
C．0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D．0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、
【答案】A
【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。
【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；
B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；
C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；
D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；
故选A。
【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。
3．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．和混合溶液与足量NaOH反应：
B．中加入过量溶液：
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：
D．将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1的溴化亚铁溶液中：
【答案】B
【详解】A．混合液中有两种弱碱根离子和，向其中加入NaOH溶液时，其中与结合能力较强，先反应，但加入足量NaOH溶液时，两者均反应，，故A错误；
B．中加入过量溶液，和完全反应，，故B正确；
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水有碘单质生成，，故C错误；
D．标准状况下112mL氯气的物质的量为，10mL 1mol/L的溴化亚铁中的物质的量为，溴离子物质的量是亚铁离子的2倍，将0.005mol氯气通入溴化亚铁溶液中，亚铁离子还原性强，先反应，刚好消耗0.01mol，所以只发生，故D错误；
故选B。
4．将0．4gNaOH和1.06g混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】n(NaOH)==0.01mol、n(Na2CO3)==0.01mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.1L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+ H+(少量)=HCO3-，此时再消耗0.1L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生0.01mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。
5．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3 的混合液，经测定ClO-与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A．21∶5 B．11∶3 C．3∶1 D．4∶1
【答案】D
【详解】Cl2生成ClO-与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO的物质的量浓度之比为1：3，则可设ClO-为1mol，ClO为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选D。
6．在碱性溶液中与反应生成、和，消耗与的物质的量之比为5：6，则x的值是
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【详解】根据题意消耗与的物质的量之比为5：6，则，由电荷守恒可得，由氧原子守恒可得，解得，代入，解得，再次代入，解得，故选B。
7．下列说法错误的是
A．将14%的KOH溶液蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL，该80mL溶液的物质的量浓度为6.25mol/L
B．将质量分数为98%的与水等体积混合，混合后的质量分数大于49%
C．某溶液的密度为1.2，的质量分数为5%，1L该溶液中的物质的量为5mol
D．1mol氧气在放电条件下，有30%转化为，则放电后混合气体对氢气的相对密度是35.6
【答案】D
【详解】A．将14%的KOH溶液蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液，溶质质量不变，则原溶液质量为200g，溶质质量为，物质的量为，蒸发后的溶液物质的量浓度为，故A正确；
B．浓硫酸密度比水大，等体积混合硫酸质量分数大于49%，故B正确；
C．溶液的密度为1.2，1L该溶液的质量为，的质量分数为5%，则的质量为，物质的量为，所以氯离子的物质的量为2.5mol×2=5mol，故C正确；
D．根据质量守恒，气体总质量不变，1mol氧气在放电条件下，有30%转化为，根据反应式3O2=2O3，有0.3molO2反应转化为O3的物质的量为0.2mol，则混和气体的平均摩尔质量为，相同条件下有，即，故D错误；
故选D。
8．下列说法正确的是
A．1mol 和混合物中含有的阴、阳离子总数是3
B．50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子数目为0.46
C．1.12L含有3.4个质子
D．2.7g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为
【答案】A
【详解】A．中含2个钠离子和一个氧离子，中含两个钠离子和一个过氧离子，所以1mol 和混合物中含有的阴、阳离子总数是3，故A正确；
B．随着反应的进行，浓硫酸浓度降低，不能与Cu反应生成，所以生成分子数目小于0.46，故B错误；
C．未注明是否为标准状况下，无法计算其含有的质子数，故C错误；
D．2.7g铝物质的量为，完全反应生成，转移电子0.3mol，故D错误；
故选A。
9．一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加至溶液中无存在，加热除去多余的，当加入200mL 6 NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法正确的是
A．该合金中铁的质量为5.4g
B．所加的稀硫酸中含0.6mol
C．合金与稀硫酸反应共生成0.45mol
D．该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.3
【答案】B
【分析】根据题意，加入完全反应后溶液中的金属离子为和，要使得沉淀量最大，则加入NaOH后刚好生成和，设合金中Fe有xmol，Al有ymol，则，，联立两个方程可解得x=0.1，即Fe的质量为，Al的质量为11-5.6=5.4g，物质的量为。
【详解】A．经计算，Fe 的物质的量为0.1mol，质量为5.6g，故A错误；
B．根据题意，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为，故B正确；
C．根据反应、，0.1mol Fe完全反应生成0.1mol氢气，0.2mol Al完全反应生成0.3mol氢气，总计生成0.4mol氢气，故C错误；
D．该合金与NaOH反应时，化学方程式为，与足量NaOH反应时转移电子，即0.6，故D错误；
故选B。
10．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能是

①C、O2②AlCl3、NaOH ③Fe、HNO3④S、O2
A．①②③ B．①② C．③④ D．①②③④
【答案】A
【详解】根据转化图可知，符合转化的可以是C→CO→CO2，或者是AlCl3→Al(OH)3→NaAlO2，也可以是Fe→Fe(NO3)2→Fe(NO3)3。由于S单质和氧气反应不能生成三氧化硫，所以选项④不正确，因此正确的答案选A。
11．将和X气体分别通入溶液中，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体不可能是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．与均为酸性氧化物，且与不管是混合还是分开均不反应，故A错误；
B．与氯化钡不反应，但其具有碱性，为酸性氧化物，两者同时通入能使转化为，与结合生成亚硫酸钡沉淀，故B正确；
C．与氯化钡不反应，但其具有强氧化性，能将氧化成，与反应生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D．与氯化钡不反应，与同时通入氯化钡溶液中时，因发生反应，故D正确；
故选A。
12．实验室通过称量样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是
A．实验前试样未经干燥 B．试样中含有少量碳酸氢铵
C．试样中含有少量氯化钠 D．加热过程中有试样迸溅出来
【答案】C
【详解】A.实验前试样未经干燥，加热后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，A不符合题意；
B.试样中含有少量碳酸氢铵，碳酸氢铵受热分解成氨气、二氧化碳和水，加热分解后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，B不符合题意；
C.试样中含有少量氯化钠，氯化钠受热不分解，加热分解后剩余固体质量偏大，导致结晶水的含量偏低，C符合题意；
D.加热过程中有试样迸溅出来，加热分解后剩余固体质量偏少，会使结晶水的质量偏高，导致结晶水的含量偏高，D不符合题意；
故合理选项是C。
13．下列实验操作、方法和装置均正确的是

A．图①为制取少量氧气并可以控制反应停止
B．图②为碳酸氢钠受热分解
C．图③为比较高锰酸钾、氯气和硫的氧化性
D．图④为配制100mL2mol/L稀硫酸溶液
【答案】C
【详解】A．过氧化钠为粉末状固体，能从筛孔中漏出，故不能控制该反应的停止与发生，故A错误；
B．用试管加热固体时，试管口略微向下倾斜，防止生成的水液化倒流，引起试管炸裂，故B错误；
C．酸性高锰酸钾能与将氯离子氧化成氯气，生成的氯气能与硫化钠反应生成硫单质，故能通过该装置验证高锰酸钾、氯气和硫的氧化性，故C正确；
D．稀释浓硫酸时应先在小烧杯中稀释，然后转移至容量瓶中，故D错误；
故选C。
14．将22.4 L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后生成氮气的体积11.2 L(体积均在相同条件下测定)，则该氮氧化合物的化学式为
A．NO2 B．N2O3 C．N2O D．N2O4
【答案】A
【详解】根据题意，假设反应为：2NxOy+2yCu =2yCuO+xN2。又因为在相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，根据题中数据，反应后气体体积为反应前气体体积的一半，所以可判断x=1，根据选项中的化学式，故可判断A正确。
15．用图中所示的装置进行实验，实验现象与预测不一致的是


①中的物质
②中的物质
预测现象
A
浓氨水
FeCl3溶液
②中有红褐色沉淀
B
浓氨水
浓盐酸
③中有白烟
C
浓硝酸
淀粉KI溶液
②中溶液为蓝色
D
饱和亚硫酸溶液
蓝色石蕊试液
②中溶液先变红又褪色

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水与FeCl3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故A正确；
B．浓氨水具有挥发性，浓盐酸具有挥发性，氯化氢和氨气相遇产生白烟氯化铵，故B正确；
C．硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故C正确；
D．饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫不能漂白指示剂，所以②中溶液只变红，故D错误；
故选D。

二、工业流程题
16．钛合金密度较小，常温下特别稳定，耐酸碱腐蚀，韧性好，高温下海绵状钛能与氧气反应，是航空、军工、电力等领域的必须金属材料。
I.由钛铁矿(主要成分是钛酸亚铁：，还含有少量、等杂质)制备的一种工艺流程示意如下：

回答下列问题：
(1)为提高酸浸效率，可采取的措施有_______、_______(写两种)。
(2)中Ti的化合价为_______，“酸浸”中，反应的离子方程式为_______。
(3)加入铁屑的作用是_______。
(4)①实验室完成“操作I”需用到的玻璃仪器有烧杯、_______，废渣的主要成分是_______。
②实验室完成“操作Ⅱ”包括的具体操作有_______，_______，过滤，洗涤，干燥。
II.以为原料，采用亨特(Hunter)法生产钛的流程如下：

(5)沸腾氯化炉中反应的化学方程式为_______。
(6)制备海绵钛中Ar的作用是_______。
【答案】(1)     适当升温     延长酸浸时间
(2)     +4    
(3)将还原成
(4)     漏斗和玻璃棒          蒸发(加热)浓缩     冷却(降温)结晶
(5)
(6)作保护气

【分析】钛铁矿酸浸后、均被溶解，变为含的溶液，其中不反应，操作Ⅰ为过滤，废渣的主要成分为，加入适量铁屑主要是还原为；操作Ⅱ为蒸发浓缩，冷却结晶，得到绿矾晶体；加入碳酸钠粉末促使水解得到，脱水后得到粗。
（1）
Ⅰ(1)提高酸浸效率的方法有：①将钛铁矿粉碎处理；②适当增加酸的浓度；③搅拌；④适当升温；⑤延长酸浸时间，故填①将钛铁矿粉碎处理；②适当增加酸的浓度；③搅拌；④适当升温；⑤延长酸浸时间(任选两种)
（2）
(2)与类似，其中C化合价为+4，所以中Ti化合价为+4价；酸浸时反应的离子方程式为，故填+4、；
（3）
流程中的强酸性溶液中含有，为了得到绿矾晶体，需将还原，所以加入适量铁屑是为了将还原成，故填将还原成；
（4）
(4)①操作Ⅰ为过滤，实验室中常用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，钛铁矿中不与硫酸反应，所以过滤后废渣的主要成分为，故填漏斗和玻璃棒、；
②操作Ⅱ的具体操作步骤为蒸发(加热)浓缩，冷却(降温)结晶，过滤，洗涤，干燥，故填蒸发(加热)浓缩、冷却(降温)结晶；
（5）
Ⅱ(5)根据流程可知，沸腾氯化炉中反应后有CO、四氯化钛生成，其反应的化学方程式为，故填；
（6）
(6)Ar属于稀有气体，化学性质稳定，可作保护气，故填作保护气。

三、实验题
17．某研究小组设计如下所示实验装置(夹持装置已略去)分别探究NO与铜粉、的反应。

已知：①NO与可发生反应
②NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为
③在溶液中存在平衡(棕色)
I.关闭，打开，探究NO与铜粉的反应并检验NO。
(1)反应开始前，打开，通入一段时间，其目的是_______。
(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是_______。
(3)装置F中的实验现象为_______。
II.关闭，打开，探究NO与的反应并制备。
(4)装置G的作用是_______。
(5)若省略装置C，则进入装置G中的气体除、NO外，可能还有_______(填化学式)。
(6)测定反应后装置E中的含量，已知在酸性条件下，可将还原为，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取a g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100的酸性溶液滴定至终点时，消耗b mL酸性溶液。
①滴定过程中发生反应的离子方程式为_______。
②样品中的质量分数为_______(用含有a、b的代数式表示)。
【答案】(1)排除装置内的空气，防止干扰实验
(2)除去挥发出的硝酸杂质
(3)溶液由浅绿色变为棕色
(4)吸收未反应完的NO，防止污染空气
(5)
(6)         

【分析】装置A中为稀硝酸和Cu的反应制取NO，装置B为洗气洗气装置，用于除去挥发的硝酸杂质，装置C为干燥装置；装置G和H为尾气处理装置。
（1）
I(1)因NO易被氧化，所以反应开始前打开K1，通入一段时间的氮气，主要是排除装置内的空气，防止干扰实验，故填排除装置内的空气，防止干扰实验；
（2）
(2)NO混合气体中含有少量挥发的硝酸，装置B主要是除去挥发出的硝酸杂质，故填除去挥发出的硝酸杂质；
（3）
(3)NO在硫酸亚铁溶液中存在平衡，所以装置F中的现象为溶液由浅绿色变为棕色，故填溶液由浅绿色变为棕色；
（4）
Ⅱ(4)装置G中的酸性高锰酸钾溶液能将NO氧化，其作用为吸收未反应完的NO，防止污染空气，故填吸收未反应完的NO，防止污染空气；
（5）
(5)若拆除装置C，水蒸气进入装置E与过氧化钠反应生成氧气，则进入装置G中的气体，除了氮气和NO外，还有，故填；
（6）
(6)①根据题意，滴定过程中发生反应的离子方程式为，故填；
②根据反应方程式可得，设亚硝酸钠的浓度为cmol/L，则，即，解得，ag样品中亚硝酸钠的质量为，质量分数为，故填。

四、结构与性质
18．铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，请回答下列问题：
(1)写出基态Cu原子的价电子排布式_______。
(2)已知高温下比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下更稳定的原因_______。
(3)配合物中碳原子的杂化类型是_______，配体的空间构型为_______。配合物所含元素的电负性由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。
(4)M原子的价电子排布式为，铜与M形成化合物的晶胞如图所示。

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，其中原子坐标参数D为(0，0，0)，E为，则F原子的坐标参数为_______。
②已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体中Cu原子和M原子之间的最短距离为_______pm(写出计算式)。
【答案】(1)
(2)亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态
(3)     和     直线形    
(4)         

【解析】（1）
(1)Cu在元素周期表中位于第四周期第IB族，原子序数29，根据泡利不相容原理和洪特规则，基态Cu原子的价电子排布式为，故填；
（2）
(2)亚铜离子的价层电子排布式为，铜离子的价层电子排布式为，其中亚铜离子价层电子处于全充满状态，比铜离子更稳定，故填亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；
（3）
(3)根据价层电子对互斥理论，该配合物中，中的碳原子的价层电子对数为4，为杂化，中碳原子价层电子对数为3，为杂化；该配合物中配位数为2，所以配体的空间构型为直线形；该配合物中含有的元素有Cu、N、H、C、O，同周期电负性从左到右依次增强，同主族电负性依次减弱，非金属电负性强于金属，故以上几种元素的电负性由大到小的顺序为，故填和、直线形、；
（4）
(4)①将晶胞参数看为1，如图F原子的y坐标为，x坐标为，其z坐标为晶胞参数的，所以F原子的坐标参数为，故填；
②由M原子的价电子排布式为可知，该原子为Cl，该晶胞中Cl位于晶胞中，全部属于晶胞，原子个数为4，Cu原子个数为，设该晶胞边长为a cm，根据=，已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则，该晶体类似于金刚石，其最短距离为对角线的，对角线长度为，其最短距离为 ，故填。

五、有机推断题
19．奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：

已知：乙酸酐的结构简式为。
请回答下列问题：
(1)A的名称是_______；B中所含官能团的名称是_______。
(2)反应①反应类型为_______。
(3)反应⑤的化学方程式为_______。
(4)A→G分子中具有手性碳的分子有_______个。
(5)写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_______。
I.苯环上只有三个取代基
II.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰
III.1mol该物质与足量溶液反应生成2mol
【答案】(1)     对氟苯酚或者4-氟苯酚     氟原子和酯基
(2)取代反应
(3)
(4)2
(5)和

【分析】如流程所示，A到B为酯化反应，属于取代反应；B到C只是官能团的位置发生了变化，属于取代反应；C到D在乙醇钠的作用下C与乙二酸乙二酯发生消去反应生成D；D到E为催化加氢，属于加成反应；根据G的结构简式，可知E到F为醇的消去反应，F的结构简式为；F到G为加成反应。
（1）
(1)A属于酚类，在羟基对位有F原子，其名称为对氟苯酚或者4-氟苯酚；B中含有两种官能团，为氟原子和酯基，故填对氟苯酚或者4-氟苯酚、氟原子和酯基；
（2）
(2) A到B为酯化反应，属于取代反应，故填取代反应；
（3）
(3)反应⑤为醇的消去反应，反应的化学方程式为，故填；
（4）
(4)手性碳是指饱和碳原子中连接的四个基团或原子完全不同，A到G中有手性碳的有和共2个，故填2；
（5）
(5)因为苯环上有三个取代基且核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，则该有机物存在对称结构；能与溶液反应，则含有，又1mol该物质与足量溶液反应生成2mol，所以该结构中含有两个，符合条件的E的同分异构体中结构简式有、，故填和。