辽宁省辽西2022-2023学年高三化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、中国传统文化博大精深，源远流长，下列叙述错误

2、的是（ ）A“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同B本草纲目拾遗写道:“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”“强水”是指盐酸C“熬胆矾铁釜，久之变化为铜”，该过程发生了置换反应D锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去2、常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸( H2SeO3)溶液中 ，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A曲线M表示pH与lgBKa2(H2SeO3)的数量级为10-7C混合溶液中=104DNaHSeO3溶液中c( H2SeO3)c()3、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入

3、10L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g) 2Z(g)H0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：下列说法不正确的是t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10A反应前2min的平均速率v（Z）=2.010-3 molL-1min-1B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v（逆)v（正）C该温度下此反应的平衡常数：K=1.44D保持其他条件不变，起始时向容器充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，到达平衡时，c（Z）=0.024 mol/L4、下列说法正确的是A铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加BSO3与Ba(NO3)2溶

4、液可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3C明矾水解生成Al(OH) 3胶体，可用作净水剂D室温下，SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的H0，反应不能自发进行则G0，G=H-TS，所以H=G+TS0，D错误；故答案选C。5、D【答案解析】本题考查金属与硝酸的反应，首先应判断出反应的相应产物，计算出产物的质量，再结合题干，逐一作答。【题目详解】由于合金完全溶解，最终全部沉淀，根据题目中所给数据可计算出合金中镁、铜的含量。设合金中铜的含量为x g，镁的含量为y g。可列式：m(Cu)+m(Mg)=x+y=1.52，m(Cu(OH)2)

5、+ m(Mg(OH)2)=98x/64+58y/24=2.54。解得x=1.28g，y=0.24g。故合金中含有n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol。A. 该合金中铜与镁的物质的量之比为2:1，故A项正确；C.加入硝酸后，0.02mol Cu和0.01mol Mg共转移0.06mole-。设混合气体中NO2为a mol，N2O4为b mol，则a+2b=0.06，a+b=0.05。解得a=0.04mol，b=0.01mol。NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数=0.04/0.05100%=80%，故C项正确；D.浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=(100

6、0mL/L1.40g/mL63%)/63g/mol=14 molL1，故D项错误；B.加入的硝酸物质的量为n（HNO3）=cV=0.7mol，反应过程中产生NO2 0.04mol，N2O4 0.01mol，由原子守恒可知反应后n（NO3-）=0.7 mol -0.04 mol -0.01 mol2=0.64mol，加入NaOH溶液后，结合成NaNO3，故n（NaOH）=0.64mol，V=n/c=0.64mol/1.0molL1=0.64L=640mL，故加入NaOH溶液的体积是640 mL，故B项正确。综上，本题选D。6、D【题目详解】本题考查的是化学键知识。A选项，两种元素组成的分子中也可

7、以有非极性键，如双氧水，故A错；B选项，晶体熔沸点顺序一般为:原子晶体离子晶体分子晶体，共价化合物多数是分子晶体，但也有些是原子晶体如二氧化硅，故B错；C选项，非金属元素组成的化合物多数是共价化合物，但也可以形成离子化合物，如铵盐，故C错；D选项，由电荷守恒可知，D正确。7、B【题目详解】A. 乙烯具有催熟作用，能够被高锰酸钾氧化，所以用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，故A正确；B. 硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，这些都与SiO2是酸性氧化物无关，故B错误；C. 食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂

8、，食盐具有咸味是咸味剂，故C正确；D. 石墨烯是碳单质，碳原子之间形成正六角形，墨烯中碳原子紧密排列而成的具有多层二维蜂窝状，不属于烯烃，故D正确；答案选B。【答案点睛】注意化学与生活的关系。8、B【答案解析】Na2SiO3只能与盐酸反应；Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应；NH4HCO3是弱酸的铵盐，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应；Al2O3是两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应；NaHSO4只能与氢氧化钠溶液反应。答案选B。9、C【题目详解】A. 1个OH含有10个电子，1 mol OH含有的电子数为10NA，故A错误；B. 通入水中

9、的氯气只有部分与水反应生成盐酸和次氯酸，将7.1 g Cl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B错误；C. 标准状况下，11.2 L O2、CO2混合气体的物质的量是0.5mol，O2、CO2每个分子都有2个氧原子，所以含有的氧原子数为NA，故C正确；D. NH4Cl溶液中NH4+发生水解反应， 1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中，含有的NH4+数小于0.1NA，故D错误。10、A【题目详解】A步骤只有 H-H 非极性键断裂，A正确；B步骤是成键过程，断键吸热，成键放热，故步骤放出能量；B错误；C步骤反应速率最慢，活化能最高，C错误；D催化 剂不影响化学平衡，影响反应速率，D错误

10、；答案选A。11、A【题目详解】铝与氧化铁的铝热反应为：2AlFe2O3Al2O32Fe。A.a为镁条，起引燃作用，故A正确；B. 2AlFe2O3Al2O32Fe，该反应中氧化剂是氧化铁，2mol氧化剂参与反应则电子转移12NA个电子，故B错误；C.混合物中的镁条燃烧时，氯酸钾是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应，由于该反应放出大量的热，只要反应已经引发，就可剧烈进行，放出的热使生成的铁熔化为液态，故b为氯酸钾，故C错误；D.该反应中还原剂是铝，氧化产物是氧化铝，还原剂和氧化产物的物质的量之比为2：1，故D错误。故选A。【答案点睛】铝热反应的装置中铝热剂在

11、最下面，上面铺层氯酸钾，中间插根镁条。反应时先点燃镁条，高温使氯酸钾分解产生氧气，这样又促进镁条燃烧，镁条燃烧产生大量热，因为铝热反应需高温条件，这样反应就得以进行。12、B【题目详解】饱和食盐水、硫酸铜溶液是溶液，石灰乳是浊液，不能产生“丁达尔效应”，鸡蛋清溶液是胶体，可以产生“丁达尔效应”，答案选B。13、C【答案解析】可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡状态时，正逆反应速率与逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再发生变化，注意该反应前后都是气体，反应过程中气体的总质量、密度始终不变。【题目详解】A项、该反应前后都是气体，则反应过程中气体的总质量始终不变，不能根据质量不会判断

12、平衡状态，故A错误；B项、消耗Z的速率是是逆反应速率，生成X的速率是逆反应速率，不能判断平衡状态，故B错误；CX、Y、Z的物质的量不再发生变化，表明各组分的浓度不变、正逆反应速率相等，则该反应达到了平衡状态，故C正确；DX、Y、Z的分子数之比为1：3：2时，不能判断各组分的浓度是否变化，则无法判断是否达到平衡状态，故D错误。故选C。【答案点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键，注意可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率一定相等。14、B【题目详解】第七周期若排满，118号元素应为0族元素，则116号元素位于从0族开始向左数第三纵行，故应为第七周期A族元素，故选B。【

13、答案点睛】根据各周期所含的元素种类推断，用原子序数减去各周期所含的元素种数，当结果为“0”时，为零族； 当为正数时，为周期表中从左向右数的纵行，差为8、9、10时为VIII族，差数大于10时，则再减去10，最后结果为族序数。当为负数时其主族序数为8+差值所以应熟记各周期元素的种数，即2、8、8、18、18、32、32。15、D【答案解析】A.H2O中只含有共价键；NH4Cl中既含有共价键，也含有离子键；H2O2中只含有共价键；故A错误；B.非金属原子间以共价键结合形成的可能为共价化合物如HCl，也可能为单质如H2、O2，故B错误；C.Na2O、NaOH和Na2SO4为离子化合物，HCl、NH3

14、、H2SO4为共价化合物，NH4NO3由铵根离子和硝酸根离子组成，也是离子化合物，故C错误；D.共价化合物是原子间通过共用电子对形成的，故D正确。故选D。【答案点睛】一般非金属元素之间形成共价键，除了生成铵根离子，金属与非金属之间形成离子键，个别特例如AlCl3，既含离子键又含共价键的有NH4Cl、Na2O2、NaOH、Na2SO4等。16、D【题目详解】产生标准状况下11.2LH2，理论上需要锌32.5g、铁28g、镁12g、铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）,消去

15、反应；（1）乙苯；（3）；（4）19；。（5）浓硝酸、浓硫酸、加热5060；Fe/稀HCl；【答案解析】试题分析：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1mol B发生信息中氧化反应生成1mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）1C=C（CH3）1，C为（CH3）1C=O，逆推可知A为（CH3）1CH-CCl（CH3）1D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=19，故侧链为-CH1CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发

16、生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH1，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）A发生消去反应生成B，反应方程式为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，该反应为消去反应，故答案为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E为，其名称是对硝基乙苯，D发生取代反应生成E，反应方程式为+HNO3+H1O，故答案为对硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通过以上分析知，G结构简式为，故答案为；（4）F为，含

17、有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位1种，若只有一个取代基，可以为-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5种；若取代为1个，还有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即-CH3、-CH3、-NH1，1个甲基相邻，氨基有1种位置，1个甲基处于间位，氨基有3种位置，1个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有1+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：1：1：1，说明含有1个-CH3，可以是，故答

18、案为19；。（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）1C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件1所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。【考点定位】考查有机物的合成与推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生获取信息并灵活运用信息解答问题能力，根据题给信息、反应条件、分子式进行推断，正确推断A、D结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断。18、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC1

19、6【答案解析】C发生氧化反应生成D，由D的结构逆推，可知C为；A与B反应生成C，结合B的分子式、给予的反应信息，可知B为，A为；D发生水解反应、酸化得到E为；由G的结构简式可知，E发生硝化反应生成F，F再发生还原反应得到G。（1）由上述分析可知，B的结构简式为：,故答案为；（2）反应为硝化反应，反应条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热，的反应类型为取代反应，反应的作用是保护酚羟基，以防被氧化。故答案为浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；（3）A、G含有氨基与羧基，具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B、G不能发生消去反应，故B错误；C、含有羧基、氨基，能进行缩聚，形成高分

20、子化合物，故C正确；D、羧基能与NaHCO3反应生成CO2，1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误。故选AC；（4）D中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均与NaOH反应，反应化学方程式为：；（5）C为,符合下列条件的C的同分异构体：a、属于芳香族化合物，且含有两个甲基，说明含有苯环和2个CH3；b、能发生银镜反应，说明含有CHO；c、与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则苯环上有四个取代基：2个CH3、1个OH、1个CHO。若为苯环上H原子被OH、CHO取代，则当OH在中1号位置，-CHO有3种位置；当-OH在2号位置，CHO有3种、3种位置，故共6种同分异构体；

21、若为苯环上H原子被OH、CHO取代，则当OH在中1号位置，-CHO有2种位置；当-OH在2号位置，-CHO有2种位置；当-OH在3号位置，-CHO有3种位置，共7种同分异构体；若为苯环上H原子被OH、CHO取代，OH有1种位置，而CHO有3种位置。故符合条件的同分异构体共有16种。其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6:2:1:1的是或。故答案为16； 或。（6）流程目的：。要将-CH3氧化为-COOH，且要在邻位引入1个-NH2。苯环上-CH3可以在酸性高锰酸钾条件下被氧化为-COOH；据已知信息可知，可以先在甲苯上引入-NO2，即发生硝化反应；然后在Fe/HCl的条件下将-NO2还原为

22、-NH2；而又已知-NH2极易被氧化，所以-CH3的氧化应在-NO2的还原之前。合成流程图为：。19、2Ag+=Ag2SO3有红色固体生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为Al3+、OH-V1明显大于V2亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【答案解析】(1). 实验中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+SO32=Ag2SO3，

23、故答案为：2Ag+SO32=Ag2SO3；(2). . 因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：有红色固体生成；. a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+SO32+H2O=SO42+2I+2H+、SO42+Ba2+=BaSO4，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉

24、淀中含有Cu2+，Cu2+和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32，故答案为：在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32转化为SO42；(3). . 根据题意知实验的白色沉淀中无SO42，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为：Al3+、OH-；. a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现

25、象中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，故答案为：V1明显大于V2；（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；

26、两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。20、ZnCO2ZnOCO 除去多余CO2 Fe（可能含FeO） 4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3 Fe2被氧化为Fe3，Fe3遇SCN显红色 SCN可能被Cl2氧化 取上述褪色后的溶液少量，再滴加入KSCN溶液，若出现红色，则证明上述假设成立 在装置BC之间添加装置E，以防至倒吸，在装置F末端增加尾气吸收装置 【分析】A中发生的化学方程式是MgCO3MgO+CO2，实验时B中发生的化学方程式是CO2+ZnZnO+CO，装置C的作用是除去CO中CO2，经无水CaCl2干燥后，在D中进行CO还原Fe2O3，E中收集CO，F中除去CO2。【题目详解

27、】（1）装置B中锌将CO2还原，发生的化学方程式 ZnCO2ZnOCO。结合实验目的可知在装置B处，CO2与Zn作用生成CO气体，进入后面装置进行实验，故装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；（2）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；步骤2中“白色沉淀最终变为红褐色”是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化所致，化学反应方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 。因Fe3遇SCN显红色，步骤4中，溶液变红的原因为Fe2被氧化为Fe3，Fe3遇SCN显红色 ；溶液褪色可能的原因SCN可能被Cl2氧化 ；验证上述原因的实验操作方

28、法为取上述褪色后的溶液少量，再滴加入KSCN溶液，若出现红色，则证明上述假设成立。（3）上述装置，从实验安全考虑，需要采取的改进措施是：若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂，因此可采取的改进措施是在装置BC之间添加装置E防倒吸，在装置F末端增加尾气吸收装置。【答案点睛】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法、性质实验方案的设计与评价，试题综合性较强，注意正确理解、分析题中信息，联系所学的知识进行解答21、还原 Pb Cu ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42+H2O或ZnO+2NH3H2O +2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O 避免氨水的分解与挥发 2AsCl52-+2H2O2+H2O=As2O5(胶体)+1OCl-+6H+ Zn(NH3)42+2e-= Zn+4NH3 N2 NH4Cl(或NH3H2O和NH4