精品解析：天津市第一中 学2024-2025学年高三上学期化学 1 月考质量调查试卷

天津一中2025-2026-1高三年级化学学科1月考质量调查试卷 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)、第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效。 祝各位考生考试顺利！ 可能用到的相对原子质量：Hl Li7 C12 N14 O16 Cl35.5 Mn55 Fe56 Cu64 Ba137 一、单项选择题(共12小题，每题3分，共36分) 1. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列材料主要成分属于合金的是 A. 纸哪吒 B. 石印章 C. 木活字 D. 不锈钢针 【答案】D 【解析】 【详解】A．纸哪吒的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，A错误； B．石印章的主要成分为硅酸盐或碳酸盐等无机非金属材料，B错误； C．木活字的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，C错误； D．不锈钢是铁与铬、镍等元素熔合形成的铁合金，D正确； 故答案选D。 2. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 溶液中滴加足量溶液： B. 在氨水中通入少量的气体： C. 溶液中通入少量： D. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合： 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaOH过量，产物为，离子方程式：，故A错误； B．氨水过量，产物为(NH4)2SO3，故B正确； C．苯酚钠过量，产物为苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式：，故C错误； D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式：，故D错误； 故答案为B。 3. 在指定环境中，下列各组离子或分子可以大量共存的是 A. 无色溶液中： B. 加入粉末的溶液： C. 使甲基橙变红的溶液中： D. 溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．无色溶液中，、、、之间不发生反应，可大量共存，A正确； B．加入的溶液中，具有强氧化性，可将氧化为，不能大量共存，B错误； C．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，含大量，会与结合生成弱电解质，不能大量共存，C错误； D．的溶液中存在，在存在的条件下具有强氧化性，可将氧化，不能大量共存，D错误； 故选A。 4. 制氘代硫化氢(D2S)气体有两种方法：①H2S与D2O反应，②FeS与DCl的D2O溶液反应。下列说法不正确的是 A. H2S和D2O均为极性分子 B. H2S和D2S互为同素异形体 C. 方法②的反应：FeS+2DCl＝D2S↑+FeCl2 D. 方法②的产品纯度比方法①的产品纯度高 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2S和D2O的分子中均含有极性键，两者的空间构型都为V形，分子中正负电中心不重合，故二者均为极性分子，A项正确； B．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，H2S和D2S均为化合物，不是单质，不互为同素异形体，B项错误； C．由题给信息及元素守恒可知，FeS与DCl的D2O溶液反应生成D2S和FeCl2，反应方程式正确，C项正确； D．方法①中H₂S与D₂O可能发生同位素交换（如生成HDS），导致产物不纯；方法②直接由DCl和D₂O提供氘，产物D₂S更纯，D项正确； 答案选B。 5. 下列化学用语正确的是 A. 有机物的名称：3-醛基戊烷 B. 醛基的碳氧双键的极性： C. 基态Mn原子的价电子排布图： D. 氨基的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物含醛基(-CHO)，醛基为主要官能团，命名时应以醛为母体，命名为2-乙基丁醛，A错误； B．醛基中碳氧双键(C=O)，因O电负性大于C，共用电子对偏向O，故O带部分负电荷(δ⁻)，C带部分正电荷(δ⁺)，正确的极性为，B正确； C．基态Mn原子价电子排布式为，价电子排布图为，C错误； D．氨基的电子式为，D错误； 故选B。 6. 在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是 A. B. C. D. 溶液溶液晶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．CaSO3溶液中存在一定浓度的Ca2+，饱和Na2SO4溶液中的浓度较大，加入饱和Na2SO4溶液可使Qc(CaSO4)>Ksp (CaSO4)，溶液中出现CaSO4沉淀，但CaSO4和盐酸不反应，第二步无法实现，A错误； B．FeS2煅烧可生成SO2，SO2与浓硫酸不反应，不能得到SO3，B错误； C．HClO光照分解生成HCl和O2，而非Cl2，第一步错误，铁在氯气中点燃可得到氯化铁，C错误； D．CuSO4与过量氨水可反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，加入乙醇可降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，从而析出晶体，两步均正确，D正确； 故选D。 7. 离子化合物和与水的反应分别为：①；②。下列说法不正确的是 A. 、中均有离子键和共价键 B. ①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应 C. 中阳、阴离子个数比为，中阳、阴离子个数比为 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之比为 【答案】A 【解析】 【详解】A．由和组成，包括离子键和共价键，由和组成，只有离子键，故A错误； B．①中中的-1价氧原子在反应中转化为-2价和0价，水没有发生化合价变化，②中中的H为-1价，在反应中化合价升高至0价，发生氧化反应，水中的H为+1价，在反应中化合价降低至0价，发生还原反应，故B正确； C．由2个和1个组成，阳、阴离子个数比为，由1个和2个组成，阳、阴离子个数比为，故C正确； D．反应①生成转移2mol电子，反应②生成转移2mol电子，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之比为，故D正确； 故答案为A。 8. 下列关于配制NaOH标准溶液并用其滴定草酸溶液浓度的操作正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．容量瓶是定容精密仪器，不能用于溶解固体，固体需在烧杯中溶解、冷却后再转移至容量瓶，A错误； B．定容时视线应与液体凹液面最低处保持相平，图中仰视读数为错误操作，B错误； C．容量瓶摇匀的正确操作为食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒摇匀，图中操作错误，C错误； D．为碱性溶液，可使用带聚四氟乙烯活塞的滴定管盛装，用酚酞作指示剂滴定草酸溶液操作合理，D正确； 故选D。 9. 处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C. “氧化”过程中铁元素化合价降低 D. “沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 【答案】D 【解析】 【分析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 【详解】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误； B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误； C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误； D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确； 答案选D。 10. 某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4．66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A. 至少存在5种离子 B. Cl-一定存在，且c（Cl）≥0．4mol/L C. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在 D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在 【答案】B 【解析】 【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。 【详解】A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误； B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) ≥ 0.4mol·L-1，B项正确； C.一定存在氯离子，C项错误； D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。 11. 常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 水中含有的孤电子对数为 B. 每产生失去的电子数为 C. 氨水中，含有的分子数少于 D. 消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A错误； B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B错误； C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C错误； D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D正确； 故选D。 12. 以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。 已知： i．加热氯化时会生成可进一步转化为。 ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。 下列说法不正确的是 A. 氯化时生成的反应为 B. 适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率 C. 若滤渣中无，滤液中约为 D. 转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到粗品 【答案】C 【解析】 【分析】电石渣[主要成分为]加水打浆后得到溶液，向其中通入氯气并加热会生成，可进一步转化为，过滤，往滤液中加入KCl，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到粗品。 【详解】A．结合分析知，加热氯化时会先生成可进一步转化为，根据氧化还原反应的得失电子守恒和原子守恒，生成的反应为，A正确； B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高的利用率，B正确； C．氯化过程中，先和氯气反应生成Ca(ClO)2、和水，然后Ca(ClO)2分解生成了，由知，分解产生的为，但前面和氯气反应也生成了，滤液中并非约为，C错误； D．KClO3溶解度比Ca(ClO3)2小，且KClO3的溶解度随温度变化较大，因此通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到KClO3的晶体，D正确； 故选C。 二、填空题(共4小题，共64分) 13. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整______： （2）的空间结构为______。中N-H键是由氮原子的______轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______。 （4）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：(可表示为)，局部结构示意图如下所示。 ①对于的稳定存在有重要作用。与之间的作用力类型有______。 ②比较中键角______中键角大小(填>，=，<)并解释原因：______。 【答案】（1） （2） ①. 三角锥形 ②. sp3杂化轨道 （3） ①. N ②. （4） ①. 离子键、氢键 ②. < ③. 二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。 【解析】 【分析】小问3：晶胞边长a = cm，晶胞体积V=。由晶胞结构可知，[Mg(NH3)6]2+位于晶胞顶点和面心，Cl-位于晶胞内部。[Mg(NH3)6]2+的个数为，Cl-的个数为8，晶胞的质量。 【小问1详解】 镁的原子序数为12，基态镁原子的核外电子排布式为，最外层为3s轨道，3s轨道有2个电子，且自旋方向相反，轨道表示式为：。 【小问2详解】 NH3中N原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。NH3中N原子采取sp3杂化，N - H键是由氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。 【小问3详解】 ①在中，配体是NH3，配位原子是N原子（N原子提供孤电子对与Mg2+形成配位键）。 ②根据密度公式和分析可知，，可得密度。 【小问4详解】 ①为阳离子，为阴离子，结合图示可知，与之间的作用力类型有离子键和氢键。 ②二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。 14. 某学校化学实验小组成员设计如图实验装置，制备并探究化学性质。 （1）加入药品之前，先进行的实验操作是______。 （2）实验开始后，打开止水夹1，闭合止水夹2.甲装置发生反应的离子方程式为______，其中体现还原性的盐酸与体现酸性的盐酸的物质的量之比为______；在反应中高锰酸钾体现强氧化性，请写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式______。 （3）实验结束后，打开止水夹2，闭合止水夹1。 分别取丙、戊试管液体进行分成检测：丙试管产物KCl、，戊试管产物KCl、。 ①装置乙中溶液的作用为______。 ②丙装置采用热水浴的优点是______；丙装置中试管内发生反应的离子方程式为______。 （4）在一定温度下，将一定量氯气通入KOH溶液中发生反应，若得到，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为______。 【答案】（1）检查装置气密性 （2） ①. ②. 5:3 ③. （3） ①. 吸收剩余氯气 ②. 使试管受热均匀，反应平稳 ③. （4）1:2 【解析】 【分析】组装装置后，应检查装置气密性，甲为氯气发生装置，装置乙在实验结束后吸收装置内剩余氯气，装置丙探究氯气在热水中与KOH反应，装置戊探究氯气在冷水中和KOH的反应，装置丁防倒吸，据此解答。 【小问1详解】 加入药品前，先检查装置气密性。 【小问2详解】 ①甲中制备氯气的反应为；②1 mol反应中消耗16 mol HCl，其中10 mol HCl参与氧化还原反应，6 mol HCl体现酸性，物质的量之比为10:6=5:3；③ SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式为。 【小问3详解】 ①实验结束后打开止水夹2，吸收剩余氯气；②丙装置采取热水浴的优点为使试管受热均匀，反应平稳；③丙中反应的离子方程式为。 【小问4详解】 发生反应的离子方程式为，氧化产物为和，还原产物为，物质的量之比为(3+1):8=1:2。 15. 化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：回答下列问题： 已知：①RCHO+R1CHO； ②+H2O； ③。 回答下列问题： （1）H中官能团的名称为______。 （2）的反应类型为______，X的结构简式为______。 （3）转化中第1）步反应的化学方程式为______。 （4）E与氢气发生加成反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有______种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为的结构简式为______。 ①分子中含有苯环 ②能水解且能发生银镜反应 （5）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物 的路线如下（部分反应条件已略去）。其中M和N的结构简式为______和______。 CH3CH=CH2  【答案】（1）羧基、碳碳双键 （2） ①. 加成反应 ②. （3） （4） ①. 14 ②. 和 （5） ①. CH3CHBrCH2Br ②. CH3C≡CH 【解析】 【分析】A为含苯环的烯烃，结构可看作C6H5CH=CHCH3。A先经O3氧化，再经H2O/Zn还原处理，碳碳双键断裂，生成苯甲醛B和乙醛C；B和C在NaOH水溶液、加热条件下发生羟醛缩合，生成α,β-不饱和醛D，即；D再经银氨溶液氧化、酸化，将醛基氧化为羧基，得到E。E分子中含有C=C，与Br2/CCl4发生加成反应生成邻二溴代物F；F再在KOH醇溶液、加热条件下发生消去反应，酸化后得到炔酸G。最后G与环戊烯X在催化剂作用下发生环加成反应，得到目标产物H。 【小问1详解】 H的结构中含有-COOH，所以含有羧基；同时四元环中含有C=C，所以还含有碳碳双键。因此H中官能团名称为羧基、碳碳双键。 【小问2详解】 E为，分子中含有碳碳双键，与Br2/CCl4反应时Br2加到双键两端，生成邻二溴代物F，因此E→F属于加成反应。由H的结构倒推，G为炔酸，另一反应物X应提供五元环部分，所以X为环戊烯。 【小问3详解】 D为C，D→E的第①步是醛基被银氨溶液氧化为羧酸铵盐，碳碳双键在该条件下不反应，因此反应方程式为 。第②步酸化后得到。 【小问4详解】 E与H2发生加成反应时，主要是碳碳双键加氢，生成Y，Y为，分子式为C9H10O2。Y的同分异构体要求分子中含有苯环，且能水解、能发生银镜反应，说明应为甲酸酯类结构HCOOR。符合C9H10O2且含苯环的甲酸酯有：苯环上一个侧链的有、2种，两个侧链的有：(邻、间、对3种)和(邻、间、对3种)，共6种，苯环上三个侧链的(两个甲基和一个甲酸酯基)有(6种)。总共2+6+6=14种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6:2:1:1，说明两个甲基等效，苯环上有两类氢，可写为2,6-二甲基苯基甲酸酯，或3,5-二甲基苯基甲酸酯，结构简式为和     。 【小问5详解】 参照E→F→G的路线，丙烯先与Br2发生加成反应生成邻二溴代物M，即CH3CHBrCH2Br；M再在强碱醇溶液、加热条件下发生两次消去反应，生成炔烃N，即CH3C≡CH。随后N可与丙烯在催化剂作用下发生环加成反应，得到题给的甲基取代环丁烯结构。因此M为CH3CHBrCH2Br，N为CH3C≡CH。 16. Ⅰ、四氧化三铁磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。 （1）中国科学院上海硅酸盐研究所研制出“纳米药物分子运输车”，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如下图所示。下列有关说法正确的是______。 A. 该“运输车”中二氧化硅是酸性氧化物 B. 四氧化三铁起到“磁性导航仪”的作用 C. 该“运输车”的外壳不含碳元素 D. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体 （2）能和稀硫酸反应，生成的两种盐是______。验证反应后溶液中含有的最恰当的试剂是______。 A．氯水 B．酸性高锰酸钾溶液 C．KSCN溶液 D．NaOH溶液 II、铁粉在氧气中燃烧是制取最为快捷的方法。 A~D是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取二氧化碳气体，要求气流稳定，流速可控。 （3）根据题目要求，A装置最好选______。(从上图①、②、③中选择) （4）写出B装置中反应的化学方程式______。 Ⅲ、氧化沉淀法也是制取的一种常见方法，其制取流程如下图所示： （5）副产品P是______(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→______→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。 （6）某兴趣小组模仿上述流程制取并测定其产率。具体操作如下： Ⅰ、测定绿矾的含量：称取3.0 g工业绿矾，配制成250.00 mL溶液。量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液的平均体积为20.00 mL。(滴定时发生反应的离子方程式为) Ⅱ、称取300 g工业绿矾，通过上述流程最终制得。 计算产品的产率______(保留4位有效数字)。 【答案】（1）AB （2） ①. FeSO4、Fe2(SO4)3 ②. B （3）① （4） （5） ①. Na2SO4 ②. 冷却结晶 （6）64.66% 【解析】 【分析】II、该实验是通过一系列装置制取四氧化三铁。 装置A：用于制取二氧化碳气体，要求气流稳定、流速可控，选择装置①③，利用分液漏斗控制液体（稀盐酸）的滴加速度，从而控制反应速率，使产生的二氧化碳气流稳定。 装置B：二氧化碳进入B装置与过氧化钠发生反应，此反应生成氧气，为后续铁粉在氧气中燃烧提供反应物。 装置C：浓硫酸具有吸水性，用于干燥从B装置出来的氧气，除去氧气中的水蒸气，防止水蒸气对后续铁粉燃烧生成四氧化三铁的实验产生干扰。 装置D：干燥后的氧气进入D装置，在酒精喷灯加热的条件下，铁粉与氧气发生燃烧反应，生成四氧化三铁，实现了铁粉在氧气中燃烧制取的目的。 Ⅲ、氧化沉淀法制备的流程如下： 1. 溶解除杂：工业绿矾加入50℃ - 80℃的热水溶解，然后过滤除去杂质，得到FeSO4溶液。这一步是为了获得较纯净的FeSO4溶液，为后续反应提供原料。 2. 反应生成沉淀和溶液：向FeSO4溶液中先加入适量NaOH溶液，再通入一定量空气，生成Fe(OH)3沉淀（后续转化为沉淀M，最终得到）和Na2SO4溶液（溶液N）。 3. 分离与提纯：通过过滤操作，将Fe(OH)3沉淀（沉淀M）和Na2SO4溶液（溶液N）分离。对沉淀M进一步处理得到产品；对溶液N（Na2SO4溶液）进行加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、晶体加热至完全失去结晶水的操作，得到副产品P（Na2SO4）。 【小问1详解】 A．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物。SiO2能与NaOH等强碱反应生成硅酸钠和水，所以SiO2是酸性氧化物，A正确； B．四氧化三铁具有磁性，可利用其磁性起到“磁性导航仪”的作用，引导“运输车”到达指定位置，B正确； C．“运输车”的外壳是有机物，有机物都含有碳元素，C错误； D．胶体的分散质粒子直径在1 - 100 nm之间，而该“运输车”的直径为200 nm，分散于水中所得的分散系不属于胶体，D错误； 故选AB。 【小问2详解】 可以看作FeO· Fe2O3，与稀硫酸反应时，FeO和Fe2O3分别与稀硫酸反应，化学方程式为，所以生成的两种盐是FeSO4、Fe2(SO4)3。 A．氯水可将Fe2+氧化为Fe3+，但氯水本身有颜色，会干扰后续现象观察，不是最恰当的试剂； B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而反应后溶液中的Fe3+等不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，是最恰当的试剂； C．KSCN溶液用于检验Fe3+，不能检验Fe2+； D．NaOH溶液与Fe2+反应生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；但溶液中同时存在Fe3+，Fe3+与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，会干扰Fe2+的检验； 故选B。 【小问3详解】 A装置用于制取二氧化碳，常用碳酸钙和稀盐酸反应，要求气流平稳，流速可控，则应选择分液漏斗，可以通过控制滴加稀盐酸的滴速来控制气体流速，即最好选择装置①。 【小问4详解】 B装置中是二氧化碳与过氧化钠反应，化学方程式为。 【小问5详解】 工业绿矾溶解后得到FeSO4溶液，加入NaOH溶液并通入空气，发生反应：，后续反应最终得到和Na2SO4溶液（溶液N）。所以副产品P是Na2SO4。由Na2SO4溶液获得Na2SO4晶体，操作是加热浓缩→冷却结晶→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。因为Na2SO4的溶解度随温度变化有一定规律，通过冷却结晶可使Na2SO4晶体析出。 【小问6详解】 根据滴定反应的离子方程式，可知。量取的25.00mL溶液中， ，则25.00mL溶液中。配制的250.00mL溶液中 ，即3.0g工业绿矾中含Fe2+的物质的量为0.01mol。设300g工业绿矾中Fe2+的物质的量为x，根据比例关系，解得x = 1mol。Fe3O4可看作FeO· Fe2O3，1mol Fe2+参与反应，根据铁元素守恒，理论上生成Fe3O4的物质的量为。Fe3O4的摩尔质量为，则理论上生成Fe3O4的质量 。产率 =。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中2025-2026-1高三年级化学学科1月考质量调查试卷 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)、第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效。 祝各位考生考试顺利！ 可能用到的相对原子质量：Hl Li7 C12 N14 O16 Cl35.5 Mn55 Fe56 Cu64 Ba137 一、单项选择题(共12小题，每题3分，共36分) 1. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列材料主要成分属于合金的是 A. 纸哪吒 B. 石印章 C. 木活字 D. 不锈钢针 2. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 溶液中滴加足量溶液： B. 在氨水中通入少量的气体： C. 溶液中通入少量： D. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合： 3. 在指定环境中，下列各组离子或分子可以大量共存的是 A. 无色溶液中： B. 加入粉末的溶液： C. 使甲基橙变红的溶液中： D. 溶液： 4. 制氘代硫化氢(D2S)气体有两种方法：①H2S与D2O反应，②FeS与DCl的D2O溶液反应。下列说法不正确的是 A. H2S和D2O均为极性分子 B. H2S和D2S互为同素异形体 C. 方法②的反应：FeS+2DCl＝D2S↑+FeCl2 D. 方法②的产品纯度比方法①的产品纯度高 5. 下列化学用语正确的是 A. 有机物的名称：3-醛基戊烷 B. 醛基的碳氧双键的极性： C. 基态Mn原子的价电子排布图： D. 氨基的电子式： 6. 在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是 A. B. C. D. 溶液溶液晶体 7. 离子化合物和与水的反应分别为：①；②。下列说法不正确的是 A. 、中均有离子键和共价键 B. ①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应 C. 中阳、阴离子个数比为，中阳、阴离子个数比为 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之比为 8. 下列关于配制NaOH标准溶液并用其滴定草酸溶液浓度的操作正确的是 A. B. C. D. 9. 处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C. “氧化”过程中铁元素化合价降低 D. “沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 10. 某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4．66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A. 至少存在5种离子 B. Cl-一定存在，且c（Cl）≥0．4mol/L C. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在 D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在 11. 常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 水中含有的孤电子对数为 B. 每产生失去的电子数为 C. 氨水中，含有的分子数少于 D. 消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为 12. 以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。 已知： i．加热氯化时会生成可进一步转化为。 ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。 下列说法不正确的是 A. 氯化时生成的反应为 B. 适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率 C. 若滤渣中无，滤液中约为 D. 转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到粗品 二、填空题(共4小题，共64分) 13. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整______： （2）的空间结构为______。中N-H键是由氮原子的______轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______。 （4）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：(可表示为)，局部结构示意图如下所示。 ①对于的稳定存在有重要作用。与之间的作用力类型有______。 ②比较中键角______中键角大小(填>，=，<)并解释原因：______。 14. 某学校化学实验小组成员设计如图实验装置，制备并探究化学性质。 （1）加入药品之前，先进行的实验操作是______。 （2）实验开始后，打开止水夹1，闭合止水夹2.甲装置发生反应的离子方程式为______，其中体现还原性的盐酸与体现酸性的盐酸的物质的量之比为______；在反应中高锰酸钾体现强氧化性，请写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式______。 （3）实验结束后，打开止水夹2，闭合止水夹1。 分别取丙、戊试管液体进行分成检测：丙试管产物KCl、，戊试管产物KCl、。 ①装置乙中溶液的作用为______。 ②丙装置采用热水浴的优点是______；丙装置中试管内发生反应的离子方程式为______。 （4）在一定温度下，将一定量氯气通入KOH溶液中发生反应，若得到，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为______。 15. 化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：回答下列问题： 已知：①RCHO+R1CHO； ②+H2O； ③。 回答下列问题： （1）H中官能团的名称为______。 （2）的反应类型为______，X的结构简式为______。 （3）转化中第1）步反应的化学方程式为______。 （4）E与氢气发生加成反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有______种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为的结构简式为______。 ①分子中含有苯环 ②能水解且能发生银镜反应 （5）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物 的路线如下（部分反应条件已略去）。其中M和N的结构简式为______和______。 CH3CH=CH2  16. Ⅰ、四氧化三铁磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。 （1）中国科学院上海硅酸盐研究所研制出“纳米药物分子运输车”，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如下图所示。下列有关说法正确的是______。 A. 该“运输车”中二氧化硅是酸性氧化物 B. 四氧化三铁起到“磁性导航仪”的作用 C. 该“运输车”的外壳不含碳元素 D. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体 （2）能和稀硫酸反应，生成的两种盐是______。验证反应后溶液中含有的最恰当的试剂是______。 A．氯水 B．酸性高锰酸钾溶液 C．KSCN溶液 D．NaOH溶液 II、铁粉在氧气中燃烧是制取最为快捷的方法。 A~D是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取二氧化碳气体，要求气流稳定，流速可控。 （3）根据题目要求，A装置最好选______。(从上图①、②、③中选择) （4）写出B装置中反应的化学方程式______。 Ⅲ、氧化沉淀法也是制取的一种常见方法，其制取流程如下图所示： （5）副产品P是______(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→______→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。 （6）某兴趣小组模仿上述流程制取并测定其产率。具体操作如下： Ⅰ、测定绿矾的含量：称取3.0 g工业绿矾，配制成250.00 mL溶液。量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液的平均体积为20.00 mL。(滴定时发生反应的离子方程式为) Ⅱ、称取300 g工业绿矾，通过上述流程最终制得。 计算产品的产率______(保留4位有效数字)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $