2022-2023学年上海市嘉定区封浜高级中学高三化学第一学期期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知1 mol红磷转化为1 mol白磷，吸收18.39 kJ热量4P(红，s)5O2(g)=2P2O5(s)H1 P4(白，s)5O2(g)=2P2O5(s)H2则H1与H2的关系正确的是AH1H2BH1H2CH1Cu2H，加入锌先跟氧化性强的反应，顺序为Fe3Cu

2、2H，故错误；B、还原性：SO32IBr，先跟还原性强的反应，因此顺序是SO32IBr，故错误；C、OH结合H的能力强于其他，先反应的是OH，酸根越弱，结合H能力越强，H2SO3是中强酸，而Al（OH）3显两性，因此H与AlO2结合能力强于与SO32的结合因此顺序是OHAlO2SO32，故正确；D、根据C选项的分析，先于H结合，根据Fe33NH3H2O=Fe（OH）33NH4，推出Fe3的结合OH的能力大于NH4，因此顺序是HFe3NH4，D不正确；故选C。19、B【题目详解】A、氢气还原氧化铜后留下的铜，是不活泼金属，排在金属活动性顺序中氢的后面，不能和稀盐酸反应，故A错误；B、蒸发时，加入

3、的液体不能超过容器容积的，过多液体可能溢出，故B正确；C、苯的密度比水的密度小，分层后水层在下层，分层时避免上下层液体混合，则先分离出水，有机层从上口倒出，故C错误；D、高锰酸钾溶液呈酸性，且有强氧化性，要腐蚀橡皮，应该用酸式滴定管盛放，故D错误。答案选B。20、C【题目详解】A. 沸石具有强吸附性，故发生溢油事故时可用沸石涂层网膜材料做防油栏，故A正确；B. 国庆70周年阅兵使用的彩色烟剂是一种环保无毒的新型“航空液体彩色拉烟剂” ，故B正确；C. 当光照发生变化时，由半导体材料做成的光敏电阻的阻值可发生变化，可以感知条形码，故C错误；D. 纳米材料的尺寸已接近光的波长，加上具有大表面的特殊

4、效应，因此具有奇特的熔点、磁性、光学、导热、导电和化学方面等的特性，故D正确；故选C。【答案点睛】21、D【答案解析】A、稀盐酸与二氧化锰不反应，A错误；B、稀硫酸与银单质不反应，B错误；C、久置的漂白粉含有难溶于水的碳酸钙，C错误；D、CS2能将硫单质溶解，D正确，答案选D。22、A【题目详解】A. 在SiO2晶体中，1个Si原子周围有4个以共价单键相连的O原子，1个O原子周围有2个以共价单键相连的Si原子，所以1个“SiO2”中平均含4个Si-O键，1 molSiO2晶体中Si-O键数为4NA，A正确；B. 将1 mol Cl2通入水中，有一部分Cl2没有跟水发生反应，就以Cl2分子的形式

5、存在于溶液中，还有一部分Cl2与水发生反应，生成HClO、Cl-、ClO- ，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和应小于2NA，B不正确；C. 密闭容器中2 molNO与1 molO2充分反应，生成2molNO2，NO2还要部分化合，生成N2O4，所以产物的分子数小于2NA，C不正确；D. 78 gNa2O2固体与过量水发生反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，转移的电子数为NA，D不正确。故选A。二、非选择题(共84分)23、羧基 羟基 取代反应 或 【分析】A与CH3OH发生酯化反应生成B，B在NaBH4/K2HPO4共同作用下反应生成C，C中羟基被溴原子代替生成D，D中溴原

6、子被NHCH2CH(OH)CH3代替生成E，E与SOCl2反应生成F，F的分子式为C11H15Cl2N，而E的分子式为C11H16ClNO，说明E中羟基被氯原子代替生成F，所以F的结构简式为，F在AlCl3作用下生成G。【题目详解】(1)A中含氧官能团为羧基，C中含氧官能团为羟基；(2)C中羟基被溴原子代替生成D，所以为取代反应；(3)根据分析可知F的结构简式为；(4)B为，其同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；能发生水解反应说明含有酯基，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应，说明水解产物中有酚羟基；分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子结构对称，满足条件的有和；(5)1

7、,3-丁二烯为，根据D生成E的反应可知可以由和发生取代反应生成，则问题转化为如何由合成，考虑到醚键可以由两个羟基脱水生成，可以先由1,3-丁二烯与Br2发生1,4加成生成，然后水解生成，此时便得到两个羟基，在浓硫酸作用下脱水可生成，继而与HBr加成可生成，所以合成路线为：。【答案点睛】合成路线的设计为本题难点，解决本题的关键是首先要观察到目标产物可以由和发生取代反应生成，其次是要掌握醚键的合成方法。24、Na Fe(OH)3 产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 【答案解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；

8、由反应Na+H2O气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应：气体甲+气体乙气体丙，即H2+Cl2HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应：物质C+物质F沉淀G，即NaOH+FFe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应：物质E+Cl2物质F，则E中含有Fe2+；反应：丙的水溶液D+金属B物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3 ；（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾； （3）反应为钠和水的反应，离子方程式为：2N

9、a+2H2O=2Na+2OH-+H2 ；反应为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。25、（12分）（1）利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污（ 2分）（2）加热到溶液表面出现晶膜时（ 2分）（3）得到较干燥的沉淀（ 2分）（4）除去水分，减少晶体溶解损失；容易干燥（ 2分）（5）D（2分） 14%（ 2分）【答案解析】试题分析：制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4FeSO46H2O，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难

10、溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体；（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污；（2）浓缩结晶摩尔盐时要用小火加热，加热浓缩初期可轻微搅拌，但注意观察晶膜，若有晶膜出现，则停止加热，防止摩尔盐失水；更不能蒸发至干，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体可能会受热分解或被氧化；（3）减压过滤，利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，并能得到较干燥的沉淀； （4）摩尔盐易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，但摩尔盐

11、属于无机物难溶于有机物，可用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质；（5）MnO4-为紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无(浅绿)色变为浅紫色，半分钟内不褪色，故不需要外加指示剂，故选D；测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4-+Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，MnO4-系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+35-25-1=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2+MnO4-+

12、8H+=1Mn2+5Fe3+4H2O，令4g产品中Fe2+的物质的量为xmol，则：5Fe2+MnO4-，5 1xmol 0.01L0.2mol/L 所以x=0.01mol，所以4g产品中Fe2+的质量0.01mol56g/mol=0.56g，所以4g产品中Fe2+的质量分数为100%=14%。【考点定位】以莫尔盐的制备为载体，考查盐类水解、氧化还原反应、氧化还原反应滴定应用、物质分离提纯等有关实验操作。【名师点晴】流程分析及实验的基本操作要领是解题关键；制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生(NH4)2SO

13、4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4FeSO46H2O，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体，据此分析即可解题。26、分液漏斗 KmnO4 Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+ aghdebc HCl与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O H2O2将SCN氧化成SO42- 【答案解析】（1）根据仪器构造可知仪器N为分液漏斗；A装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与KMnO4（或KClO3）制取；

14、（2）A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化氢气体，所以a连接g连接h，在C装置中用浓硫酸吸收水蒸气，为吸收充分，导气管长进短出，则h连接d连接e，干燥纯净的氯气在B中与铁反应，则e连接b连接c，氯气不能直接排放，用硫代硫酸钠在D装置中尾气吸收，为防止D装置中的水蒸气进入氯化铁的收集装置，故尾气处理之前再接一个干燥装置；故答案为：a，g，h，d，e，b，c；（3）若缺少装置E，氯气中混有HCl，HCl和Fe反应生成的H2与Cl2混合受热发生爆炸，且有杂质氯化亚铁生成；检验是否有亚铁离子生成，可取少量产物于一洁净的试管种加少量水将产物溶解，向其中滴加铁氰化钾溶液，若

15、产生蓝色沉淀，则证明存在氯化亚铁；（4）装置D中，硫代硫酸钠（Na2S2O3）与氯气反应，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，氯气被还原为氯离子，离子方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+； （5）加入KSCN溶液，溶液淡红色，说明有铁离子，加入过量的过氧化氢溶液，溶液变深红色，说明铁离子浓度变大，即溶液中有亚铁离子，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子使铁离子浓度增大，离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2，说明有氧化还原反应的发生，实验I说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，实验另取同浓度

16、的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-，则该硫酸根离子由H2O2将SCN-氧化成SO42-。27、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O b g、h 除去Cl2中的HCl杂质 不能证明溴的氧化性强于碘 再做一组实验，步骤为：Kl 溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色 2KMnO4+16H+10C1-=2K+2Mn2+5Cl2+8H2O 4：1 【分析】浓盐酸和二氧化锰混合加热生成氯气、二氯化锰和水，由电子守恒、原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的

17、氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此分析。【题目详解】（1）利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：bcdghijk；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；b；g、h；（2）装置C中饱和食

18、盐水的作用是除去Cl2中的HCl杂质，故答案为：除去Cl2中的HCl杂质；（3）实验得出了氯气氧化性大于Br2，而实验得出了氯气氧化性大于I2，但无法确定Br2的氧化性大于I2，应再做一组实验，步骤为：Kl 溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色，确定Br2的氧化性与I2的氧化性强弱，故答案为：不能证明溴的氧化性强于碘；再做一组实验，步骤为：Kl 溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色；（4）常温下，利用高锰酸钾固体和浓盐酸反应也可制氯气，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8 H2

19、O，则该反应的离子方程式为2KMnO4+16H+10C1-=2K+2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2KMnO4+16H+10C1-=2K+2Mn2+5Cl2+8H2O；（5）根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+35=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：（1+3）=4：1，故答案为：4：1。【答案点睛】考查氯气的实验室制备和性质探究，涉及离子方程式的书写、混合物的提纯与实验基本操作及氧化还原反应的计算，明确氯气制备原理和氯水成分是解题关键。28、 、 控制温度，减少副反应发生，提高产率；增加氯气与碱液接触时间，充分反应 2Na2CO3+H2O+2Cl2=2NaCl+2NaHCO3+2Cl2O 【题目详解】(1) Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠，次氯酸钠和水，离子反应方程式为：；由图可知，当pH=9时，该溶液中主要存在的阴离子有Cl-、ClO-;根据图中信息可知当pH=7.5时，Ka=c(H+)=10-7.5，25时，Kw=10-14，ClO-+H2OHClO+OH-的K=(2) 工业常用石灰乳和Cl2反应制取漂白粉