2022-2023学年天津市新华中学高三上学期学科练习（一）化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市新华中学高三上学期学科练习（一）化学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
天津市新华中学2022-2023学年高三上学期学科练习（一）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质的分类正确的是
A．酸——硫酸、纯碱、水 B．分散系——空气、食盐水、盐酸
C．非电解质——液氯、乙醇、NH3 D．电解质——盐酸、硫酸、硝酸
【答案】B
【详解】A．酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；硫酸为酸、纯碱为盐、水为氧化物，A错误；
B．空气为混合物、食盐水为氯化钠溶液、盐酸为氯化氢的水溶液，均为分散系，B正确；
C．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；液氯是单质不是化合物，C错误；
D．盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，D错误；
故选B。
2．下列有关比较正确的是
A．沸点： B．熔点：
C．键的极性： D．热稳定性：
【答案】D
【详解】A．该组物质全部为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，因此熔点顺序为：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4，故A错误；
B．离子半径越小，所带电荷越多，形成的离子晶体的晶格能越大，熔点越高，所以熔点：NaBr＜NaCl＜MgO，故B错误；
C．电负性越强，与氢原子形成的化学键极性越强，同一周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，电负性逐渐增大，由于电负性：N＜O＜F，因此键的极性：N-H键＜O-H键＜F-H键，故C错误；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：F＞O＞N，因此热稳定性：HF＞H2O＞NH3，故D正确；
答案选D。
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．与足量水反应，转移电子数为
B．硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为
C．晶体中硅氧键的数目为
D．与反应时转移的电子数为
【答案】A
【详解】A．的物质的量为1mol，发生歧化反应，转移电子数为，A正确；
B．32g硫为1mol，在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，转移电子数为4NA，B错误；
C．晶体中硅氧键的数目为，C错误；
D．碘离子还原性大于亚铁离子，1molFeI2与1molCl2反应时氯气不足，只有碘离子和氯气反应生成氯离子和碘，反应转移的电子数为2NA，D错误；
答案选A。
4．下列各组离子在指定的溶液中可能大量共存的是
A
使甲基橙变红色的溶液：K+、Al3+、MnO、C2O
B
加入铝产生氢气的溶液：H+、Mg2+、NO、SO
C
pH=12的溶液中：Na+、Ba2+、NO、Cl—
D
含Al2Fe(SO4)4的溶液：Na+、NH、S2O、ClO—

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，溶液中高锰酸根离子与草酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．加入铝产生氢气的溶液可能为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中铝与硝酸根离子反应生成一氧化氮，不能生成氢气，碱溶液中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．pH=12的溶液为碱性溶液，Na+、Ba2+、NO、Cl—在碱性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故C正确；
D．次氯酸根离子具有强氧化性，在溶液中能与硫代硫酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选C。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是(已知)
A．与反应：
B．向次氯酸钠溶液中通入少量的
C．溶液中加过量溶液：
D．向胶体中加入溶液：
【答案】B
【详解】A．与反应：，A错误；
B．向次氯酸钠溶液中通入少量的生成次氯酸和碳酸氢钠，B正确；
C．溶液中加过量溶液：，C错误；
D．向胶体中加入溶液，会发生氧化还原反应：，D错误；
答案选B。
6．下列实验操作对应的现象不符合事实的是




A．装置I中a盛放碳酸钠，b盛放碳酸氢钠，可对比二者的热稳定性
B．装置II用于检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气
C．装置III用于制备氢氧化铁胶体
  D．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，溶液颜色变红

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大试管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，A正确；
B．Fe与水蒸气高温下反应生成氢气，氢气具有可燃性，则图中装置可检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气，B正确；
C．NaOH与氯化铁溶液反应生成的为氢氧化铁沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，C错误；
D．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，形成配合物，溶液颜色变红，D正确；
答案选C。
7．下列有关金属的冶炼的说法不正确的是
A．用铝热法原理炼铁的反应中，被还原成，转移
B．古法炼铜“曾青得铁则化为铜”的反应中，利用的是置换反应的原理
C．电解熔融制取金属钠的反应中，钠元素被还原，氯元素被氧化
D．高炉炼铁的主要反应是用还原进行炼铁
【答案】A
【详解】A．1molFe3O4被Al还原成Fe，转移8mol电子，A错误；
B．古法炼铜“曾青得铁则化为铜”的反应中，是铁与硫酸铜发生置换反应，B正确；
C．电解熔融NaCl制取金属钠的反应中，Na+得电子被还原，Cl-失电子被氧化，C正确；
D．高炉炼铁的主要反应是用CO还原Fe2O3生成Fe和CO2，D正确；
答案选A。
8．实验室常用MnO标定(NH4)2Fe(SO4)2，同时使MnO再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是

A．反应I中Mn2+是还原剂
B．由反应I、II可知，氧化性：S2O>MnO>Fe3+
C．S2O和Fe2+在水溶液中能大量共存
D．发生反应I和反应II时，溶液颜色均发生了变化
【答案】C
【分析】反应Ⅰ中与Mn2+反应生成和，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性强于，反应Ⅱ与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，同理可得的氧化性强于Fe3+。
【详解】A．反应Ⅰ中Mn2+的化合价升高，被氧化，做还原剂，A正确；
B．反应Ⅰ中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性＞，反应Ⅱ中氧化剂是，氧化产物是Fe3+，故氧化性＞Fe3+，氧化性：＞＞Fe3+，B正确；
C．的氧化性强于高锰酸根离子，故其与Fe2+在水溶液中会发生氧化还原反应，故不能共存，C错误；
D．反应1中Mn2+被氧化为，反应中溶液变为紫色，反应2中被还原为Mn2+，反应中溶液的紫色褪去，所以发生反应Ⅰ和反应Ⅱ时溶液颜色均发生了变化，D正确；
故答案选C。
9．今有三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，③K2Cr2O7＋14HCl(浓)=2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O。若某溶液中有Fe2＋、I-、Cl-共存，要除去I-而不影响Fe2＋和Cl-，则可加入的试剂是
A．Cl2 B．K2Cr2O7 C．FeCl3 D．HCl
【答案】C
【详解】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，根据三个氧化还原反应可知，氧化性：K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2，为除去I-而不影响Fe2+，加入的氧化剂的氧化性弱于Cl2，强于I2，可加入FeCl3除去I-且产生Fe2+，答案选C。
10．用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下：

下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象
C．1个晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，产率下降，可能的原因是进一步被还原成单质铜
【答案】D
【分析】低品铜矿(主要含CuS、FeO)与稀硫酸、二氧化锰反应生成硫单质，硫酸铜、硫酸锰、硫酸铁等，调节溶液的pH值，过滤后，向滤液中加入除锰的物质，再向溶液中加入水合肼得到氧化亚铜。
【详解】A．CuS是难溶物，“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：，故A错误；
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象，都是一样的现象，应加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾与亚铁离子反应，看溶液是否褪色，故B错误；
C．晶胞中白球为2个，黑球为4个，因此1个晶胞中含2个氧原子，故C错误；
D．水合肼浓度过大，产率下降，由于氧化亚铜中铜为+1价，具有氧化性，因此可能的原因是与水合肼进一步被还原成单质铜，故D正确。
综上所述，答案为D。
11．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。

下列判断正确的是
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1
B．通入的CO2在标准状况下的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1
【答案】A
【详解】A．当向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，反应有两种可能情况：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O或NaOH＋CO2===NaHCO3，在加入盐酸100 mL时，无论溶液中溶质是NaOH、NaHCO3还是Na2CO3，最终都会生成NaCl，因n(Na＋)＝n(Cl－)，所以n(NaOH)＝n(HCl)＝0.02 mol，NaOH和盐酸的体积相同，那么浓度也相同，即原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1，故A正确；
B．盐酸由25 mL滴至100 mL时，发生的反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，消耗盐酸0.015 mol，生成CO2 0.015 mol，即通入的CO2在标准状况下的体积为336 mL，故B错误；
C．设所得溶液中的Na2CO3为x mol，NaHCO3为y mol，根据原子守恒：2x mol＋y mol＝0.02 mol，x mol＋y mol＝0.015 mol，解得x＝0.005，y＝0.01，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1，故C错误；
D．由C项分析可得D错误；
答案选A。
12．将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入盐酸中，充分反应后产生(标准状况)，残留固体过滤，滤液中无。将滤液加水稀释到，测得其中为。下列说法不正确的是
A．残留固体没有，只有 B．原混合物中单质铁的质量
C．反应中消耗的盐酸的物质的量为 D．溶液中没有，阳离子为和
【答案】B
【分析】由题意可知，反应所得残留固体为铜，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，设混合物粉末中铁、氧化铁、氧化铜的物质的量分别为amol、bmol、cmol，由残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为c==0.02mol，由得失电子数目守恒可得：amol×2=bmol×2×1+0.02mol×2+×2，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(a+2b)mol×2+0.300mol/L×0.2L=3.80 mol/L×0.1L，解联立方程可得a=0.06、b=0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.06mol×56g/mol=3.36g，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 mol/L×0.1L—0.300mol/L×0.2L=0.32mol。
【详解】A．由分析可知，反应所得残留固体为铜，不可能含有铁，故A错误；
B．由分析可知，原混合物中单质铁的质量为3.36g，故B错误；
C．由分析可知，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 mol/L×0.1L—0.300mol/L×0.2L=0.32mol，故C正确；
D．由分析可知，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，溶液中不含有铁离子，含有亚铁离子和氢离子，故D正确；
故选B。

二、填空题
13．高铁酸钾为暗紫色固体，可溶于水。结合所学知识回答相关问题：
(1)中铁元素的化合价是___________价。
(2)制备高铁酸钠的主要反应为：(已知中氧元素化合价为价)。该反应中还原剂是___________(填化学式)，若有生成，转移电子的物质的量为___________。
(3)某反应体系中有六种数粒：，写出在碱性条件下，制备高铁酸钾的离子反应方程式___________。
(4)在水处理过程中，中的铁元素转化为胶体，使水中悬浮物聚沉。胶体区别于其他分散系的本质特征是___________。
【答案】(1)+6
(2)     FeSO4、Na2O2     10
(3)2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO+ 3Cl- + 5H2O
(4)分散质粒子直径介于1~100 nm

【详解】（1）化合价代数和为0，中K元素化合价为+1价，O元素化合价为-2价，则中铁元素的化合价是+6价；
（2）反应中FeSO4转化为，Fe元素化合价升高，Na2O2转化为O2，O元素化合价升高，则该反应中还原剂是FeSO4、Na2O2；由反应方程式可知每1molO2生成同时生成2mol，转移电子数为；
（3）湿法制备高铁酸钾，结合物质的性质可知，氢氧化铁被次氯酸根氧化生成高铁酸钾，再根据得失电子守恒和元素守恒配平该离子方程式，则该反应的离子方程式为2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO+ 3Cl- + 5H2O；
（4）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径介于1~100 nm。

三、实验题
14．实验室里欲用固体来配制的溶液。
(1)计算所需固体的质量为___________g。
(2)配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、___________、___________。
(3)写出配制溶液时的正确操作顺序(用字母表示，每个字母只能用一次)___________。
A．洗涤    B．称量、溶解    C．转移    D．摇匀    E．定容
(4)配制过程中，下列操作导致溶液浓度偏小的是___________(填序号)。
A．加水定容时俯视刻度线
B．容量瓶未干燥处理
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
(5)为了增强高锰酸钾溶液的氧化性，需要加入的稀硫酸溶液。现用其测定某补血剂片中亚铁的含量：称取含的补血剂片a克，充分研磨后溶于水，配成溶液，取的该溶液与的酸性高锰酸钾溶液反应，消耗酸性高锰酸钾溶液。则该补血剂中的质量分数为___________(用含a、c的代数式表示)。
【答案】(1)7.9
(2)     250 mL容量瓶     胶头滴管
(3)BCAED
(4)CD
(5)

【分析】用固体配置一定物质的量浓度的溶液需要经过：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀等步骤，注意需要选择合适的容量瓶，在此基础上分析解答。
【详解】（1）选择250mL容量瓶，所需的n(KMnO4)=0.2mol/L×0.25L=0.05mol，m(KMnO4)=0.05mol×158g/mol=7.9g；
（2）由于没有240mL规格的容量瓶，故选择250mL容量瓶，另需要胶头滴管；
（3）根据分析，答案为：BCAED；
（4）A．加水定容时俯视刻度线会使最终体积变小，浓度偏大；B．容量瓶未干燥，无影响；C．加水时超过刻度线会使最终体积变大，浓度偏小；D．未洗涤会使溶质质量减小，浓度偏小。故答案为：CD；
（5）其中涉及到的离子方程式为：，消耗的n(MnO)=0.025cmol，故n(Fe2+)=0.075cmol，根据元素守恒，有n(FeSO4·7H2O)=0.125cmol，故m(FeSO4·7H2O)=0.125cmol×278g/mol=20.85cg，故质量分数为=。
15．FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。
Ⅰ．实验室制备FeBr2
实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，为外套电炉丝的不锈钢管，是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。实验开始时，先将铁粉加热至，然后将干燥、纯净的CO2气流通入D中，管中反应开始。不断将d中液溴滴入温度为的D中。经过几小时的连续反应，在钢管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁。

(1)若在A中盛固体CaCO3，a中盛6 mol/L盐酸，为使通入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中的试剂：B为___________，C为___________。为防止污染空气，实验时应在F处连接盛___________的尾气吸收装置。
(2)反应过程中要不断通入CO2，其主要作用是①___________，②___________。
Ⅱ．探究的还原性
(3)实验需要90 mL0.1 mol/L FeBr2溶液，配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是___________。
(4)取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设。假设1：Br-被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中：假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+。设计实验证明假设2正确：___________。
(5)请用一个离子方程式来证明还原性Fe2+＞Br-：___________。
(6)若在40 mL上述FeBr2溶液中通入3×10-3mol Cl2，则反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)     盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶     盛有浓H2SO4的洗气瓶     NaOH溶液
(2)     用CO2把反应器中空气赶尽     将Br2蒸气带入反应器中
(3)100 mL容量瓶
(4)向黄色溶液中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确
(5)2Fe2++ Br2=2Fe3++2Br-
(6)4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-

【详解】（1）(1)实验时用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳；盐酸易挥发，使制得的二氧化碳中混有杂质氯化氢和水蒸气，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置C的作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；挥发的溴蒸汽有毒，不能排到空气中。可根据氢氧化钠溶液能够与溴单质反应的性质，在实验时应在F处连接氢氧化钠溶液的尾气吸收装置。
（2）(2)反应前先通入一段时间CO2，将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；同时反应过程中要不断通入CO2，还可以将装置D中溴蒸气带入E管中，使溴能够与铁粉充分反应。
（3）(3)配制90 mL 0.1 mol/L FeBr2溶液的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和100 mL容量瓶，因此还缺少 100 mL的容量瓶。
（4）(4)若假设2正确，向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水，Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，向反应后的黄色溶液中加入KSCN溶液，溶液会变为红色，据此证明假设2正确。
（5）(5)溶液中Fe2+和Br2能够发生氧化还原反应生成Fe3+和Br-，在该反应中Fe2+为还原剂，Fe3+为氧化产物；Br2为氧化剂，Br-为还原产物，反应的离子方程式为：2Fe2++ Br2=2Fe3++2Br-，由于还原剂的氧化性大于还原产物，因此可证明还原性：Fe2+＞Br-。
（6）(6)40 mL0.1 mol/L FeBr2溶液中FeBr2的物质的量n(FeBr2)=0.1 mol/L×0.04 L=0.004 mol，由于还原性：Fe2+＞Br-，所以FeBr2溶液中Fe2+先与Cl2反应，0.004 mol Fe2+消耗Cl2的物质的量为0.002 mol；3×10-3mol Cl2中还有0.001 mol Cl2与Br-反应，反应消耗Br-的物质的量为0.002 mol，参与反应的Fe2+、Br-和Cl2的物质的量比为0.004 mol ：0.002 mol ：0.003 mol=4：2：3。则反应的离子方程式为：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。

四、有机推断题
16．螺螨酯是一种广谱杀螨剂，它的一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)物质B的分子式为___________。化合物D中所含官能团名称为___________。
(2)反应的化学方程式为___________。
(3)F的结构简式为___________，的反应类型是___________。
(4)满足下列条件的A的芳香族同分异构体有___________种，其中苯环上只有两个取代基的结构简式是___________。
①能发生银镜反应；
②核磁共振氢谱共有三组峰，且峰面积之比为。
(5)以和为原料制备的合成路线为_________ (无机试剂及三个碳以下的有机试剂任选)。
【答案】(1)     C7H11ON     酯基、碳氯键
(2)+ +HCl
(3)          取代反应
(4)     6     、
(5)

【分析】由流程可知，A中与羰基相连的氯与B发生取代生成C；C与甲醇反应，C中-CN变为酯基；D和乙醇反应生成E，E中羟基与F发生取代反应生成G。
【详解】（1）物质B的分子式为C7H11 O N，化合物D中所含官能团名称为酯基、氯原子。
（2）A中与羰基相连的氯与B发生取代生成C，A→C反应的化学方程式为。
（3）分析E、G结构简式可知，E中羟基与F发生取代反应生成G，F的结构简式为 ，的反应类型是取代反应。
（4）满足下列条件的A的芳香族同分异构体，①能发生银镜反应，含有醛基；②核磁共振氢谱共有三组峰，且峰面积之比为2∶2∶1，则结构具有对称性；有共6种情况，其中苯环上只有两个取代基的结构简式是。
（5）由A生成E的转换原理可知，制备，首先和发生取代反应生成CH3COOCH2CH2CN，CH3COOCH2CH2CN在甲醇和硫酸作用下生成CH3COOCH2CH2COOCH3，然后在乙醇作用下成环得到 ，故合成路线为：
。