2025-2026学年天津市和平区双菱中学高三上册阶段检测（一）化学试题（含解析）

/双菱中学2025-2026学年度第一学期高三年级阶段检测（一）化学学科试卷可能用到的原子量：H1B11C12N14O16Na23S32Fe56Co59Ni59一、选择题：本题共12个小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列反应事实不属于氧化还原反应的是A向溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀B.向溶液中通入，在空气中放置一段时间后，产生白色沉淀C.向新制的中加入乙醛溶液，加热，产生砖红色沉淀D.向饱和的溶液中通入过量的，析出晶体【答案】D【解析】【详解】A．被氧化为，生成，被还原，存在化合价变化，属于氧化还原反应，不符合题意，A错误；B．在空气中被氧化为，与生成沉淀，的化合价从+4升至+6，属于氧化还原反应，不符合题意，B错误；C．乙醛被氧化为乙酸，被还原为生成，存在化合价变化，属于氧化还原反应，不符合题意，C错误；D．与和反应生成，所有元素的化合价均未改变，属于化合反应，符合题意，D正确；故答案选D。2.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.HCl制备：溶液和B.金属Mg制备：溶液C.纯碱工业：溶液D.硫酸工业：【答案】A【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；故选A。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含键的晶体中氧原子数目为B.常温下，的溶液中数目为C.立方氮化硼晶体所含原子数目为D.标准状况下，的分子数目为【答案】C【解析】【详解】A．含4molSi-O键的SiO2晶体有1molSiO2，氧原子数目为2NA，A错误；B．溶液的体积未知，无法计算溶液中OH-数目，B错误；C．晶胞中的B原子在面心上和顶点，个数为：，N原子在体心，个数为4，氮化硼的化学式为BN，10g立方氮化硼的物质的量为，所含原子数目为0.8NA，C正确；D．标准状况下，NO2不是气体，不能用气体摩尔体积计算，D错误；故选C。4.离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A.中均有非极性共价键B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C.中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。5.下列离子方程式中，正确的是A.向中投入固体：B.向、混合溶液中滴加醋酸：C.向含amolFeBr2的溶液中通入amolCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-D.向漂白粉溶液中通入少量：【答案】C【解析】【详解】A．向H218O中投入Na2O2固体时，Na2O2与水反应生成的O2中的氧应来自Na2O2本身(-1价氧的歧化)，而非H2O中的18O。因此，生成的O2不应含18O，而OH-中应含18O：2Na2O2+2H218O=218OH-+2OH-+O2↑+4Na+，故A错误；B．KI与KIO3在酸性条件下发生归中反应生成I2。但醋酸弱酸，不能拆分为H+，应保留为CH3COOH分子形式。选项B中写成H+，应写为：5I-+IO+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO-，故B错误；C．还原性：Fe2+＞Br-，n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1时Fe2+反应完全，Br-部分反应，根据电子守恒可知n(Fe2+)：n(Br-)：n(Cl2)=1：1：1，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故C正确；D．漂白粉溶液中通入少量SO2，SO2被氧化为，ClO-还原为Cl-，同时生成的H+与ClO-反应生成HClO，离子方程式为3ClO-+SO2+H2O+Ca2+=CaSO4+Cl-+2HClO，故D错误；答案选C。6.以废铁屑(主要成分为Fe，含少量、FeS等)为原料制备。下列相关原理、装置及操作正确的是A.用装置甲去除废铁屑表面的油污B.用装置乙将废铁屑转化为C.用装置丙吸收气体D.用装置丁蒸干溶液获得【答案】A【解析】【详解】A．废铁屑表面的油污在热的溶液中可以发生水解，生成能溶于水的高级脂肪酸钠与甘油，故装置甲可以去除废铁屑表面的油污，A项正确；B．Fe可以与稀反应生成、，同时与稀反应生成，生成的与Fe反应转化为，FeS与稀反应生成、H2S，故可以用稀硫酸将废铁屑转化为，但生成的气体可以从装置中的长颈漏斗逸出，应将长颈漏斗下端导管口插入液面以下或改用分液漏斗，B项错误；C．FeS与稀反应生成、H2S，生成的H2S气体可以与酸性高锰酸钾溶液反应被吸收，但装置中短导管为进气口是错误的，应采用“长进短出”，C项错误，D．从生成的溶液中获得应通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法，而不是将溶液蒸干，D项错误；答案选A。7.以下实验设计能达到实验目的的是实验目的实验设计A检验FeCl2中的亚铁离子加入酸性高锰酸钾，观察是否褪色B制备无水AlCl3蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液C鉴别NaHCO3和Na2CO3加入澄清石灰水，观察现象D鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后，用CCl4萃取A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．中的在酸性条件下可被高锰酸钾氧化，干扰亚铁离子的检验，A不能达到实验目的；B．蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液会促进水解生成，无法得到无水，B不能达到实验目的；C．和均与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，无法准确鉴别，C不能达到实验目的；D．新制氯水可将NaBr和KI中的、分别氧化为和，Br2、I2溶解在中的颜色不同（的四氯化碳溶液为橙红色，的四氯化碳溶液为紫色），可进行鉴别，D能达到实验目的；因此，答案选D。8.为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成。反应的热化学方程式为。下图展示了该法的一种催化机理。下列说法正确的是A.图中X为，W为HClB.该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成C.图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应D.升高温度，HCl与生成的反应平衡常数增大【答案】B【解析】【详解】A．根据催化机理图及元素守恒，左侧转化为，X为；右侧分解生成和W，故W为而非HCl，A错误；B．总反应中参与反应，中的O=O非极性键断裂；生成，中的Cl-Cl非极性键形成，故存在非极性键的断裂与形成，B正确；C．机理中氧化还原反应仅2个：①；②，C错误；D．该反应为放热反应（ΔH<0），升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，D错误；答案选B。9.常温下，下列各组离子能大量共存的是A.的溶液中：B.在酸性溶液中：C.的溶液中：D.由水电离出的的溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．溶液中，，说明溶液，碱性环境下各离子间不反应，可大量共存，A符合题意；B．酸性溶液中具有强氧化性，可与具有还原性的发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C．与间发生络合反应，不能大量共存，C不符合题意；D．水电离出的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，不能在碱性环境下大量共存，不能在酸性环境下大量共存，D不符合题意；答案选A。10.以粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、Al2O3等杂质)为原料提取Ga的工艺流程如图所示：已知：镓的活动性与锌相似，比铝低。滤液1中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]。下列说法正确的是A.“溶浸”过程发生了电子的转移 B.滤渣1、滤渣2的种类不相同C.由Ga2O3→Ga采取电解法 D.CO2也可以用过量的稀盐酸代替【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，滤液1中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]，即流程图中，从粉煤灰到Ga是镓元素守恒，从粉煤灰到“滤渣2”是铝元素守恒，周期表中镓在铝的正下方，活动性与锌相似，属于两性元素，氧化镓和氧化铝都是两性氧化物，“溶浸”的目的是溶解氧化镓和氧化铝，使之生成Na[Ga(OH)4]和Na[Al(OH)4]，同时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙，在向滤液1中加入酸调节pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3而除去，继续向滤液2中通入足量的CO2将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3，灼烧Ga(OH)3得到Ga2O3，由于镓的活动性与锌相似，比铝低，则采用热还原法来冶炼Ga，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“溶浸”过程即将Ga2O3、Al2O3分别转化为Na[Ga(OH)4]和Na[Al(OH)4]，而CaO转化为CaCO3，未有元素的化合价发生改变，即没有发生电子的转移，A错误；B．由分析可知，滤渣1为CaCO3，属于盐类，滤渣2为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，即种类不相同，B正确；C．“镓的活动性与锌相似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，C错误；D．若用过量的稀盐酸代替，生成GaCl3，D错误；故答案为：B。11.实验可以深化对知识的理解。根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是实验操作及现象结论A向某溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色该溶液含有B将单质Ag投入HI的水溶液中，有黄色固体和无色无味气体生成Ag和酸反应均能够生成C0.1mol·L-1的NaHCO3溶液与0.1mol·L-1的溶液等体积混合，产生白色沉淀结合H+能力：D向溶液中通入足量氨气，产生白色沉淀结合能力：比Al3+强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向某溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明滴加氯水后的溶液中含Fe3+，Fe3+可能是原溶液中的、也可能Fe2+氧化生成的，溶液中不一定有Fe2+，A错误；B．Ag与HI反应生成AgI和H2是因I⁻沉淀促进反应，但无法得出Ag和酸反应均能够生成H2的结论，如Ag与稀硫酸不反应，B错误；C．NaHCO3与Na[Al(OH)4]混合生成Al(OH)3沉淀，发生反应：NaHCO3+Na[Al(OH)4]=Na2CO3+Al(OH)3↓+H2O，说明[Al(OH)4]-结合H+能力强于，C正确；D．Al3+与NH3·H2O生成Al(OH)3，说明Al3+结合OH-能力比强，D错误；答案选C。12.含钴配合物应用广泛，关于反应，分析正确的是(设为阿伏加德罗常数的值)A.反应物分子和产物中分子键角相等B.产物是还原产物，每生成，反应转移电子数为C.含有键的数目为D.反应过程中有配位键的断裂和形成【答案】D【解析】【详解】A．与Co3+形成配合物后，孤电子对与成键电子对的斥力转化为成键电子对间的斥力，斥力减小，键角增大，所以配合物中分子键角大，A错误；B．中O元素化合价降低，产物是还原产物，每生成，反应转移电子数为，B错误；C．1个[Co(NH3)6]3+中1个Co3+与6个N原子形成6个配位键，配位键属于σ键，每个NH3中含3个N—Hσ键，1mol[Co(NH3)6]3+中含有(6+6×3)mol=24molσ键，故含有键的数目为C错误；D．反应过程中，铵根中的配位键的断裂，中的配位键形成，D正确；故选D；第Ⅱ卷13.写出化学方程式或离子方程式：（1）侯式制碱法第一步化学方程式：_______。（2）铁和水高温下反应生成黑色粉末的化学方程式：_______。（3）氧化铝和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_______。（4）检验亚铁离子的离子方程式：_______。（5）碘化亚铁与氯气按物质的量3：4反应的离子方程式：_______。（6）硫代硫酸钠在酸性溶液中歧化的离子方程式：_______。（7）铝热反应焊接金属的化学方程式：_______。【答案】（1）。（2）。（3）（4）（5）（6）（7）【解析】【小问1详解】侯式制碱法第一步为向饱和食盐水中依次通入氨气和二氧化碳，氨气极易溶于水形成碱性溶液，可吸收更多二氧化碳，生成碳酸氢根离子，此时，碳酸氢钠因溶解度较低而析出，同时生成氯化铵，化学方程式为：。【小问2详解】铁和水高温下反应生成四氧化三铁黑色粉末和氢气，化学方程式为：。【小问3详解】氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：。【小问4详解】用铁氰化钾通过产生蓝色沉淀检验亚铁离子，离子方程式为：。小问5详解】碘化亚铁与氯气按物质的量3：4反应，氯气过量，离子方程式为：。【小问6详解】硫代硫酸钠在酸性溶液中反应生成单质硫、水和二氧化硫，离子方程式为：。【小问7详解】铝热反应利用铝和氧化铁在高温下的置换反应焊接金属，化学方程式为：。14.锌及其化合物在科学技术发展和人类生产生活中发挥着重要作用。回答下列问题：（1）《天工开物》中记载了关于火法炼锌的工艺：以炉甘石(ZnCO3)和木炭为原料高温制取锌。基态Zn原子价层电子的排布式为_______，其原子核外电子共有_______种空间运动状态，ZnCO3中阴离子的空间结构为_______。（2）锌是人体必需的微量元素，下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量锌元素的是_______(填序号)。a．X射线衍射

b．原子光谱

c．核磁共振氢谱

d．红外光谱（3）锌与铝的化学性质相似，可与NaOH溶液反应生成和氢气。写出Zn与NaOH溶液反应的离子方程式：_______。（4）某研究小组设计如下流程，以废铁屑(含有少量C和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3。Ⅰ．废铁屑的杂质中所含元素的第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。Ⅱ．为避免引入新的杂质，试剂B可以选用H2O2溶液，写出此过程发生的离子反应方程式_______。写出D到E的化学方程式：_______Ⅲ．操作②是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。同时通入HCl(g)的目的是_______。（5）Ti的四卤化物熔点如表所示，熔点高于其他三种卤化物，则可判断可能为_______晶体(填“离子”或“分子”)；、、熔点依次升高的原因是_______。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.12383155【答案】（1）①.3d104s2②.15③.平面三角形（2）b（3）（4）①.Si<C<O②.③.④.降温结晶⑤.防止氯化铁水解（5）①.离子②.、、均为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高【解析】【分析】C和SiO2与盐酸不反应，废铁屑用盐酸溶解，过滤除去C和SiO2，滤液A中含有氯化亚铁，通入足量氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，通入氯化氢气体蒸发、浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤得六水氯化铁晶体，六水氯化铁晶体和氯化亚砜混合加热得无水氯化铁。【小问1详解】Zn元素的原子序数30，基态原子的电子排布式为，价层电子排布式为3d104s2；原子轨道的数目与核外电子的运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、3、5，所以锌原子的核外电子共有15种空间运动状态；在ZnCO3中阴离子为碳酸根离子，中心原子C原子的价层电子对数为3+，故碳酸根离子的空间结构为平面三角形。【小问2详解】a．X射线衍射主要用于分析晶体材料的结构和组成，不能检验锌元素，a错误；b．原子光谱是不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用原子光谱检验废水中痕量锌元素，b正确；c．核磁共振氢谱用于测定有机物中氢原子的种类和数目，不能检验锌元素，c错误；d．红外光谱用于测定有机物分子中含有的化学键或官能团，不能检验锌元素，d错误；故答案选b。【小问3详解】锌与铝的化学性质相似，可与NaOH溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]和氢气，其反应的离子方程式为。【小问4详解】废铁屑的杂质中C和SiO2中所含元素有C、Si、O，其第一电离能由小到大的顺序为Si<C<O；加入足量过氧化氢溶液，将氯化亚铁氧化为氯化铁，离子方程式为；由分析可知D到E主要是用氯化亚砜在加热条件下将中的结晶水除去，其化学方程式为操作②是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，通入HCl(g)的目的是为了防止氯化铁水解.【小问5详解】一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体，为离子化合物，熔点最高，其它三种均为共价化合物，为分子晶体，对于组成和结构相似的物质，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点、沸点升高。15.锌钴渣(含ZnO、CoO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2)中回收钴和锌的工艺如下：已知：物质回答下列问题：（1）“酸浸”前需要将炼锌钴渣粉碎，粉碎的目的是_______。（2）“氧化”中被氧化的离子是_______。滤渣1和滤渣2的主要成分分别是_______、_______(填化学式)。（3）“沉钴”中发生反应的离子方程式为_______。溶液1中含有的金属阳离子主要有Na+和_______。（4）“还原酸溶”中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。（5）“合成”中发生反应的化学方程式为_______。（6）钴盐可用于制备含镍钴的铁合金，一种合金X的立方晶胞如图所示。该晶胞中粒子个数比_______；设合金X的密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体中Fe和Ni之间的最短距离为_______nm(列出计算式)。【答案】（1）增大钴渣表面积，加快酸浸反应速率，提高浸出率（2）①.②.SiO2③.Fe(OH)3、（3）①.②.（4）（5）或（6）①.②.【解析】【分析】先将炼锌钴渣酸浸，分离出难溶于酸的，再经过氧化氢处理，将铁元素都转化为+3价，加入CaCO3调pH=5将铁元素转化为除去，再加入氧化性较强的NaClO，将Co元素转化为，最后加入还原剂还原Co元素为+2价，再加入合成目标产物，据此解答。【小问1详解】“酸浸”前将炼锌钴渣粉碎能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸出率，故答案为：增大钴渣表面积，加快酸浸反应速率，提高浸出率；【小问2详解】根据分析，滤渣1的主要成分为SiO2；酸浸液中含有等离子，“氧化”步骤的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素；溶液中含有过量硫酸，因此滤渣2中除氢氧化铁外还有微溶物，故答案为：；SiO2；；【小问3详解】由分析可知，“沉钴”中NaClO将氧化为，然后形成沉淀，则发生反应的离子方程式为；根据元素去向分析可知，溶液1中含有的金属阳离子主要有和，故答案为：；；【小问4详解】“还原酸溶”中氧化剂与还原剂反应生成和，根据电子得失守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故答案为：；【小问5详解】分析流程可知“合成”中与发生反应生成Co2(OH)2CO3，反应的化学方程式为或；【小问6详解】由晶胞图可知，Fe、Co、Ni分别位于晶胞的顶点、棱心、体心，Fe原子个数为，Co原子个数为，位于体内的Ni原子个数为1，该晶胞中粒子个数比；Fe和Ni分别位于晶胞的顶点、体心，最短距离为体对角线长度的，设晶胞边长为anm，由于晶胞密度为，则晶胞边长为，则Fe和Ni最短距离为，故答案为：；。16.有机物G是合成一种抗癌药物的重要中间体，其合成路线如下：已知：①；②；回答下列问题：（1）A的名称是___________，E的结构简式为___________。（2）C中的含氧官能团的名称为___________。（3）E→F实际上是经过两步反应，其反应类型分别是___________，___________。（4）为了使D→E转化率更高，条件X最好选择___________(填标号)；a．NaOH溶液b．溶液c．NaClO溶液d．稀盐酸（5）有机物C能使溴水褪色，写出C与足量的溴水反应的化学方程式___________。（6）有机物D