2023-2024学年天津市杨村第一中学高三（上）开学化学试题（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年天津市杨村第一中学高三（上）开学化学试卷一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1.下列我国古代优秀艺术作品中，所用材料不属于无机非金属材料的是(

)A.商代后母戊鼎B.新石器时代人面鱼纹彩陶盆C.明永乐青花竹石芭蕉纹梅瓶D.三国青瓷羊形烛台

A.A B.B C.C D.D2.下列叙述正确的是(

)A.用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别乙酸和乙醇 B.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应

C.烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少 D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体3.鉴别NaCl、NaBr、NaI可以选用的试剂是(

)

①碘水、淀粉溶液②氯水、CCl4③溴水、苯④硝酸、AgNO3溶液⑤氯水、苯A.①②④ B.②③⑥ C.②④⑤ D.④⑤⑥4.下列离子方程式或化学方程式正确的是(

)A.SO2通入少量NaClO溶液中：SO2+ClO−+H2O=SO5.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑．A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是(

)

A.X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性

B.若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应

C.若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生

D.工业上，B转化为D的反应条件为加热、使用催化剂6.高分子材料在疫情防控和治疗中起到了重要的作用。下列说法正确的是(

)A.聚乙烯是生产隔离衣的主要材料，能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B.聚丙烯酸树脂是3D打印护目镜镜框材料的成分之一，可以与NaOH溶液反应

C.天然橡胶是制作医用无菌橡胶手套的原料，它是异戊二烯发生缩聚反应的产物

D.聚乙二醇可用于制备治疗新冠病毒的药物，聚乙二醇的结构简式为7.某有机物M的结构简式为

，下列说法正确的是(

)A.M的名称为2，4，4−三甲基−3−乙基−3−戊醇

B.M的消去反应产物有3种

C.M能发生取代反应

D.M不能发生氧化反应8.已知酸性：>H2CO3>

，综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将

转变为

的最佳方法是(

)A.与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2

B.与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3溶液

C.9.如图所示的是蜂胶里的活性成分，关于此物质说法不正确的是(

)A.分子式为C17H14O4 B.分子存在顺反异构体

C.能使溴的四氯化碳溶液褪色 10.有两种有机物Q()与P(

)，下列有关它们的说法中正确的是(

)A.二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰且峰面积之比为3：2

B.二者在NaOH醇溶液中均可发生消去反应

C.一定条件下，二者在NaOH溶液中均可发生取代反应

D.Q的一氯代物只有1种、P的一溴代物有2种11.下列能达到实验目的的是(

)A.检验淀粉已经完全水解：淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间，加适量氢氧化钠溶液使其呈碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成

B.证明Y中是否含有醛基：向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5

mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀

C.除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液，振荡，静置分层后，用分液漏斗可分离出苯

D.检验RX是溴代烷：将RX与NaOH水溶液共热，经充分反应后冷却，向冷却液中加12.用如图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是(

)图1图2图3图4A.图1实验室制氨气 B.图2检验乙炔具有还原性

C.图3用乙醇萃取碘水中的I2 D.图413.一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物的说法正确的是(

)A.分子式为C17H16N2O6

B.能发生水解反应、聚合反应、取代反应14.某高分子M的结构简式为

，下列有关M的说法不正确的是(

)A.M的一种单体的分子式为C9H10O3

B.M完全水解后生成物均为小分子有机物

C.可以通过加聚反应和缩聚反应合成M

D.碱性条件下，二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）15.无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点为232℃)与Cl2反应制备SnCl4，装置如图所示。

已知：①SnCl4在潮湿空气中极易水解生成物质熔点/℃沸点/℃SnC246652SnC−33114CuC620993(1)仪器a的名称为______，重铬酸钾(K2Cr2O7)与浓盐酸反应时，还原产物是CrCl3，装置A中发生反应的离子方程式为______。

(2)F装置中试剂b为______，其作用是______。

(3)锡屑中含铜杂质导致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是______。

(4)E所得产品SnCl4中常溶有少量SnCl2杂质，可用______方法提纯。

(5)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2b三、简答题（本大题共3小题，共44.0分）16.已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系．

(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，则A为：______B为：______(填化学式)

(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式是______，B在反应中表现出的性质是______、______．

(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为：______D为：______(填化学式)，实验室检验C的常用方法是______．17.H是一种重要的化工原料，它可由石油和煤焦油通过下列路线合成：(1)A的名称是________；过程①是_______变化(填“物理”或“化学”，下同)，过程⑤是________变化。(2)反应③的化学方程式为__________；反应⑥的类型为__________。(3)鉴别E与F的方法是________。(4)H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有________种。18.化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：

已知：①苯胺()易被氧化②甲基为邻对位定位基团，取代基优先取代在甲基的邻位或对位；羧基位间位定位基团，取代基优先取代在羧基的间位。

(1)D中的含氧官能团名称为______、______。(任写两种)

(2)F→G的反应类型为______。

(3)写出同时满足下列条件的C的两种同分异构体的结构简式______。

①能发生银镜反应；

②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；

③分子中只有4种不同化学环境的氢。

(4)E经还原得到F，E的分子是为C14H17O3N，写出E的结构简式______。

(5)写出G→H的反应方程式______。

(6)写出B→C的作用为______。

(7)请以甲苯和(CH3CO)2O答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.商代后母戊鼎是青铜器，所用材料青铜属于金属材料，不是无机非金属材料，故A选；

B.新石器时代人面鱼纹彩陶盆是瓷器，陶瓷属于硅酸盐产品，所用原料属于无机非金属材料，故B不选；

C.明永乐青花竹石芭蕉纹梅瓶是瓷器，陶瓷属于硅酸盐产品，所用原料属于无机非金属材料，故C不选；

D.三国青瓷羊形烛台是瓷器，陶瓷属于硅酸盐产品，所用原料属于无机非金属材料，故D不选；

故选：A。

商代后母戊鼎是青铜器，所用材料属于金属材料，陶瓷属于硅酸盐产品，所用原料属于无机非金属材料．

本题考查了无机非金属材料，难度不大，无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，注意基础知识的积累．2.【答案】A

【解析】解：A.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇不能，现象不同可鉴别，故A正确；

B.甲醇中只有单键，可以发生取代反应，不能发生加成反应，故B错误；

C.烷烃中C原子数越多、沸点越高，相同碳原子数时支链越多、沸点越低，则沸点与碳原子数及结构有关，故C错误；

D.戊二烯与环戊烷中H原子数不同，二者不互为同分异构体，故D错误；

故选：A。

A.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇不能；

B.甲醇中只有单键；

C.烷烃中C原子数越多、沸点越高，相同碳原子数时支链越多、沸点越低；

D.戊二烯与环戊烷中H原子数不同。

本题考查了有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。3.【答案】C

【解析】解：①加入碘水、淀粉溶液，因三种物质都不反应，不能鉴别，故错误；

②加入氯水，可生成Br2和I2，在四氯化碳的颜色不同，可鉴别，故正确；

③加入溴水，不能鉴别NaCl、NaBr，故错误；

④加入硝酸、AgNO3溶液分别与NaCl、NaBr、NaI反应生成白色沉淀、浅黄色沉淀、黄色沉淀，可鉴别，故正确；

⑤加入氯水，可生成Br2和I2，与苯发生萃取后在苯的颜色不同，可鉴别，故正确；

⑥加入FeCl3溶液，不能检验NaCl、NaBr，故错误；

故选：C。

鉴别4.【答案】A

【解析】解：A.SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸和氯化钠，离子方程式为SO2+ClO−+H2O=SO42−+Cl−+2H+，故A正确；

B.焦炭还原二氧化硅生产硅和一氧化碳，反应为，故B错误；

C.硫酸铝溶液中加入氨水，反应的离子方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3N5.【答案】D

【解析】解：浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，

A.浓硫酸使蔗糖变黑体现浓硫酸的脱水性，故A错误；

B.浓硫酸具有强的氧化性，能够使铁发生钝化，阻止反应进行，故B错误；

C.若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故C错误；

D.工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故D正确；

故选：D。

浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，据此解答．

本题为框图推断题，熟悉浓硫酸脱水性、强的氧化性的性质是解题关键，突破口为“X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑”，题目难度不大．6.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的组成、结构和官能团的性质，把握有机物的应用，题目难度不大。

【解答】

A.聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾不反应，故A错误；

B.聚丙烯酸树脂含有羧基，可与氢氧化钠溶液反应，故B正确；

C.异戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，天然橡胶是加聚产物，故C错误；

D.聚乙二醇结构简式为，题中缺少端基原子或原子团，故D错误。

故选：B。7.【答案】C

【解析】解：A.编号错误，应为2，2，4−三甲基−3−乙基−3−戊醇，故A错误；

B.M含有羟基，有2个相邻碳原子上有氢原子，则M的消去反应产物有2种，故B错误；

C.M含有羟基，能发生取代反应，故C正确；

D.有机物可燃烧，属于氧化反应，故D错误；

故选：C。

有机物含有羟基，具有醇的性质，结合有机物的结构特点解答该题。

本题考查有机物的官能团及性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大。8.【答案】A

【解析】解：A．应先在碱性条件下水解生成，由于>H2CO3>，则通入二氧化碳气体可生成，所以与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2即可，故A正确；

B.与稀硫酸共热后生成邻羟基苯甲酸，邻羟基苯甲酸和碳酸钠反应生成，故B错误；

C.与稀H2SO4共热后生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaOH溶液生成，故C错误；

D.与足量的NaOH溶液共热后生成，再加入适量H2SO4生成，故D错误；

故选A．

酸性：>H2CO3>，所以碳酸氢钠和反应生成苯甲酸钠、和不反应，将

转变为

，应先在碱性条件下水解生成，由于>H2CO9.【答案】A

【解析】解：A.根据结构简式知，其分子式为C17H16O4，故A错误；

B.该分子含有碳碳双键，双键碳上连接的两个基团不同，存在顺反异构，故B正确；

C.含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；

D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，则1mol该物质最多能与3mol NaOH反应，故D正确；

故选：A。

由结构可知分子中含酚−OH10.【答案】C

【解析】解：A.二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰，且峰面积之比分别为3：1、3：2，故A错误；

B.二者在NaOH醇溶液中均不能发生消去反应，故B错误；

C.卤代烃、甲基等均可发生取代反应，则一定条件下，二者在NaOH溶液中均可发生取代反应，故C正确；

D.Q、P中均含2种H，则一氯代物均有2种，故D错误；

故选：C。

A.由结构对称性可知，均含2种H，但H原子数目不同；

B.Q中−Br与苯环相连不能发生消去反应，P中与−Cl相连C的邻位C上没有H；

C.卤代烃、甲基等均可发生取代反应；

D.Q、P中均含2种H．

本题考查有机物的结构与性质及推断，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重结构对称性分析及卤代烃性质的考查，题目难度不大．11.【答案】C

【解析】解：A.由操作和现象可知，淀粉发生水解生成葡萄糖，确定水解程度，需检验淀粉是否剩余，该实验操作只能证明淀粉水解了，但是无法证明水解是否完全，故A错误；

B.新制得氢氧化铜悬浊液制备不对，应该向NaOH溶液中加入少量的CuSO4溶液，保证溶液显示碱性，否则无法检验醛基，故B错误；

C.苯酚与NaOH反应后，与苯分层，然后分液可分离，故C正确；

D.水解后检验溴离子在酸性溶液中，则将R−X与NaOH水溶液共热，经充分反应后冷却，向冷却液中加稀HNO3酸化后，再加AgNO3溶液，观察沉淀颜色，若为淡黄色沉淀，可知为溴代烷，故D错误；

故选：C。

A.由操作和现象可知，淀粉发生水解生成葡萄糖，确定水解程度需检验淀粉是否有剩余；

B.醛基的检验：加入新制得氢氧化铜悬浊液，加热，看是否出现砖红色沉淀；

C.苯酚与NaOH12.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

【解答】

A.氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，则不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；

B.生成乙炔中混有硫化氢等，均可被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，不能检验乙炔的还原性，故B错误；

C.乙醇与水互溶，不能萃取分离出碘，故C错误；

D.海水中水的沸点较低，则图中蒸馏装置可制取蒸馏水，故D正确。

故本题选D。13.【答案】B

【解析】解：A.分子中C、H、O、N原子个数依次是17、18、2、6，分子式为C17H18N2O6，故A错误；

B.具有硝基苯、酯、烯烃和氨的性质，酯基能发生水解反应，碳碳双键能发生加聚反应，酯基和亚氨基能发生取代反应，故B正确；

C.分子中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，碳碳双键能和溴发生加成反应，故C错误；

D.官能团有硝基、碳碳双键、酯基、亚氨基四种官能团，故D错误；

故选：B。

A.分子中C、H、O、N原子个数依次是17、18、2、6；

B.具有硝基苯、酯、烯烃和氨的性质；

14.【答案】B

【解析】解：A.由结构可知，单体为CH2=C(CH3)COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCHOHCH2C6H5，R的单体之一的分子式为C9H10O3，故A正确；

B.完全水解生成乙二醇和两种高分子化合物，故B错误；

C.单体中存在C=C、−OH、−COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成M，故C正确；

D.1

mol

M中含n(1+n)mol−COOC−，则碱性条件下，1molM完全水解消耗NaOH的物质的量为n(n+1)mol，大于2mol，故D正确；

故选：B。

A.由结构可知，单体为CH2=C(CH3)COOH15.【答案】蒸馏烧瓶

浓硫酸

防止水蒸气进入收集器

CuCl2沸点较高，不会随着SnCl4气体逸出

蒸馏法【解析】解：(1)分析可知，仪器a为蒸馏烧瓶，K2Cr2O7在加热条件下可以氧化浓盐酸产生氯气，其还原产物为Cr3+，K2Cr2O7中的Cr化合价由+6价变为Cr3+中的+3价，化合价变化3，Cl的化合价由−1价变为0价，化合价变化1，由于K2Cr2O7中Cr的数目为2，氯气中有2个氯原子，故K 2Cr2O7的计量数为1，Cl−的计量数为6，反应的离子方程式为，

故答案为：蒸馏烧瓶；；

(2)结合分析可知，F装置中试剂b为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入收集器，

故答案为：浓硫酸；防止水蒸气进入收集器；

(3)锡屑中含铜杂质导致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因在于CuCl2沸点较高，不会随着SnCl4气体逸出，

故答案为：CuCl2沸点较高，不会随着SnCl4气体逸出；

(4)结合图表数据分析可知，SnCl4与SnCl2沸点相差很大，故可用蒸馏法分离，

故答案为：蒸馏法；

(5)滴定中，铁元素化合价升高一价，Cr16.【答案】C

H2SO4

2NO3−+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3C【解析】解：A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，考虑E为H2O，

(1)A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，则A为C，B为浓硫酸，C、D分别为二氧化碳、二氧化硫中的一种，该反应方程式为：C+2H2SO4(浓，

故答案为：C；H2SO4；

(2)A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu，B为稀硝酸，C为NO，D为硝酸铜，反应的离子反应为2NO3−+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+，生成硝酸铜体现硝酸的酸性，生成NO体现硝酸的氧化性，

故答案为：2NO3−+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+；酸性；氧化性；

(3)C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，实验室利用铵盐与熟石灰反应制备氨气，该反应方程式为：，则D为，

验方法为把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近该气体，若有白烟生成，则证明该气体为氨气)，

故答案为：NH3；CaCl2；把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近该气体，若有白烟生成，则证明该气体为氨气)．

A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，考虑E为H2O.

(1)A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，17.【答案】乙烯

化学

物理

2CH3CH2OH+O2→△Cu/Ag2CH3【解析】解：(1)A的名称是乙烯；工业上通常对石油分馏产品进行裂解来获得乙烯，故过程①为裂解，是化学变化；工业上通过对煤焦油进行分馏而获得苯，过程⑤为分馏，是物理变化；

故答案为：乙烯；化学；物理；

(2)反应③为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O2→△Cu/Ag2CH3CHO+2H2O；反应⑥为乙酸与环己二醇反应生成酯，故为酯化反应或取代反应；

故答案为：2CH3CH2OH+O2→△Cu/Ag2CH3CHO+2H2O；取代反应或酯化反应；

(3)E分子中没有碳碳双键，而F分子中有碳碳双键，因此，鉴别E与F的方法是：分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，使KMnO4溶液褪色的是F，不褪色的是E；

故答案为：分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，使KMnO4溶