2022-2023学年上海师范大学附属外国语中学化学高三第一学期期中调研模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）A氨气易溶于水，可用作制冷剂B氧化铝具有两性，可用作耐高温材料C浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂D晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料2、下列说法正确的是A乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均

2、能使溴水褪色B间二甲苯只有一种结构，说明苯不是单双键交替的结构C等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，乙烯消耗的氧气多D煤的气化就是把煤转化为可燃性气体的过程，该气体可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物3、用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是ABCD装置实验结合秒表定量比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的快慢证明温度对化学平衡的影响验证铁钉发生吸氧腐蚀可证明非金属性ClCSiAABBCCDD4、常温下，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL-1HA溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是AHA的电离平衡常数Ka=10-5B点所示的溶液中：2c(Na+)=c

3、(A-)+c(HA)C点所示的溶液中：c(HA)c(OH-)-c(H+)D点所示的溶液中：2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)5、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是ANaClO3在发生器中作氧化剂B吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子C吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO46、反应CH2=CH2+H2CH3-CH3，有关化学键的键能如下：化学键C-HC=CC-CH-H键能(kJmol-1)414.4615.3347.4435.5则该反应的反应热H为（ ）A+288.8kJ/mo1B-703.4kJ

4、/mo1C+125.4kJ/mo1D-125.4kJ/mo17、现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中 c(Mg2+)=0.30molL1，c(Cl)=1.20 molL1，要使Mg2+完全转化为Mg(OH)2且与Al3+恰好分开，至少需要1.00 molL1的NaOH溶液的体积为A80 mLB100 mLC120 mLD140 mL8、用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是A用蒸馏水冼净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B用蒸馏水冼净锥形瓶后，再用NaOH液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液C用甲基橙做指示剂，当溶液由黄色变成橙色，立刻读数盐酸体

5、积D用碱式滴定管取10.00 mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入适量蒸馏水后再进行滴定9、下列物质与类类别不对应的是 ABCD小苏打食用油淀粉84消毒液盐高分子化合物糖类混合物AABBCCDD10、室温下，对于1 L 0.1 molL-1的醋酸溶液，下列说法错误的是A若加水稀释，醋酸的电离程度和H+数目都增大B与pH13的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7，故B错误，符合题意；C. 加入少量CH3COONa固体后，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，氢离子浓度减少，溶液的pH增大，故C正确，但不符合题意；D. 滴加NaOH溶液过程中，依据物料守恒n(CH3COO-)与n(CH

6、3COOH)之和始终为0.1 mol，故D正确，但不符合题意；故选：B。11、D【答案解析】A.离子化合物中一定含有离子键，可能有共价键，例如NaOH；故A错误；B. Cl2中有共价键，故B错误；C. Na2O2中有非极性键，故C错误；D.共价化合物分子中含有不同的非金属元素，故D正确；故选D。【答案点睛】离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键，肯定有共价键；不同种非金属元素原子间形成极性共价键，同种非金属元素原子间形成非极性共价键，惰性气体单质分子中没有化学键。12、A【分析】溶液中存在电荷守恒，Na+、SO4不水解；酸式盐是可电离出氢离子的盐；硫酸氢钠晶体由钠离

7、子和硫酸氢根离子构成；蒸馏水的pH6，则此温度下水的离子积常数为 。【题目详解】A溶液中有电荷守恒： ，又NaHSO4电离： ， ，则有c(H)c(OH)c(SO42)，故A正确；B酸式盐是可电离出氢离子的盐，NaHSO4电离会生成H，c(H)增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B错误；C硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2 NA，故C错误；D蒸馏水的pH6，则此温度下水的离子积常数为：，要使溶液呈中性，则加入的应等于，溶液的pH为2， ，碱液的pH应为10，故D错误；答案选A。13、C【分析】乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应

8、，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。【题目详解】A. 二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B. 乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简便，操作简单，故B错误；C. 是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；D. 使用 pH 试纸 乙酸具有酸性，可使 pH 试纸变红，乙醛不能使 pH 试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；答案选C。14、D【分析】A. 二氧化碳分子中，碳原子和氧原子形成共价键为双键。B. 原子轨道表示式遵守洪特规则

9、，在相同能量的原子轨道上，电子的排布将尽可能占据不同的轨道，而且自旋方向相同。C. 原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。D. 比例模型可以反映原子间的相对大小和大致的排列组合方式。【题目详解】A. CO2的电子式: ，A错误。B. C原子最外层电子的轨道表示式:，B错误。C. C原子的结构示意图：，C错误。D.乙烯的比例模型:，D正确。15、B【答案解析】A、铜和硝酸反应后的价态为+2价，故3.2g铜即0.1mol铜转移的电子数为0.2NA，故A正确；B、铁和硝酸反应后的价态最终可能为+3价，也可能为+2价，故5.6g铁粉即0.1mol铁失去的电子数不一定为0.3NA，故B

10、错误；C、1L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为0.5mol，又CO32-会发生水解，则CO32-小于0.5mol，即数目小于0.5NA，故C正确；D、NA个一氧化碳分子为1mol，质量为28g，0.5mol甲烷质量为8g，故质量比为7：2，故D正确。点睛：阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：Na2O2是由Na+和O22构成，而不是有Na+和O2构成；SiO2是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构， 1molP4含有

11、的共价键为6NA等。16、D【题目详解】AIBr与水反应生成HBr和HIO，HBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀，故A正确；B第A族元素的氢化物中，稳定性最好的是H2O，由于水分子间存在氢键所以沸点也高，故B正确；C同一主族，随着原子序数递增，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，故C正确；D钫为碱金属最后一种元素，碱金属族从上到下金属性增强，结合氧能力增强，在空气中燃烧会生成越来越复杂越来越多的氧化物，故D错误；综上所述答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al3+、NO3-3H2O+2Al3+ 3CO32=2Al（OH）3+3CO2 3

12、Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O33.6LNH4+、Na+ 、SO42-Al(OH)3OH=AlO2-2H2O【答案解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3，强酸性溶液中含有NO3，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式

13、为3H2O+2Al3+ 3CO32=2Al（OH）3+3CO2。（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O。实验消耗Cu 144g，则Cu的物质的量是：144g64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O可得：3Cu2NO，则NO的物质的量是2.25mol，其在标准状况下的体积是2.25mol22.4L/mol=33.6L；故本题的答案是：3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反应为黄色，说明含有Na+；加入氯化钡

14、和稀盐酸可以生成白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根据上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根据图像可知，开始时发生的是HOH=H2O，当H完全反应后，开始发生Al33OH=Al(OH)3，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3并没有立刻溶解，说明溶液中含有NH4，发生了NH4OH=NH3H2O；故一定存在的离子还有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解时是Al(OH)3和过量的NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式是：Al(OH)3OH=AlO2-2H2O。18、CH3CHO CH3COOH 黑色固体逐渐变红 氧化 HO-CH2-CH

15、2-OH+O2 OHC-CHO+2H2O C2H4 CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、CH3CH2OHCH2=CH2 + H2O 制取乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣 CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O 【分析】根据转化过程，X在一定条件下转化为乙醇，乙醇也可以转化为X，则X为乙烯，乙醇和氧化铜发生氧化还原反应转化为A和铜单质，A为乙醛，乙醛在一定条件下与氧气反应生成B，B为乙酸，据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析A为乙醛，B为乙酸，结构简式分别为CH3CHO、CH3COOH；(2)图示流程中乙醇和氧化铜反应转化为

16、乙醛和铜单质，该反应现象为：黑色固体逐渐变红；其中乙醇发生了氧化反应；乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能发生类似反应，反应方程式：HO-CH2-CH2-OH+O2 OHC-CHO+2H2O；(3)根据分析，X为乙烯，化学式C2H4，乙烯在催化剂作用下和水反应生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；乙醇在浓硫酸作用下加热至170生成乙烯，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2 + H2O；(4)充分利用能源、提高原料利用率，减少向环境排放废弃物都是绿色化学的基本要求，工业上常用苹果酒或者葡萄酒混合物、麦芽、米或马铃薯捣碎后发酵生产乙酸，但是从绿色化学角度，以上原料制取

17、乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣； (5)酯化反应中羧酸提供羟基，醇应该提供氢原子，所以反应的机理可以表示为CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O。【答案点睛】绿色化学又称环境友好化学、环境无害化学、清洁化学，是用化学的技术和方法去减少或消除有害物质的生产和使用。 绿色化学的核心是： 利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。19、CFG 2.7 514H=512 不影响 52 偏大 【分析】根据氧化还原反应的本质和特征分析解答；根据一定物质的量浓度溶液的配制操作及注意事项分析解答；根据常用物质的制备分析解答。【题目详解

18、】(1)称量药品用天平，氯化铁和氯化亚铁的水溶液都呈酸性，所以准确量取25.00mL步骤中配得的溶液用酸式滴定管，配制一定物质的量浓度的溶液用容量瓶，故答案为CFG；(2) 98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4的物质的量浓度为：c(浓H2SO4)= 18.4mol/L，依据稀释前后溶液溶质物质的量不变，故配制50mL，1.0mol/L稀H2SO4需要98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4体积为c(浓)V(浓)=c(稀) V(稀)，带入计算得到：18.4mol/L V(浓)=1.0mol/L0.05L，即V(浓)=2.7mL，故答案为2.7mL；(3) 反应中，Fe2+转化为F

19、e3+，ClO2中氯元素化合价从+4价变化为-1价，变化5价，电子转移最小公倍数为5，依据电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式为：5Fe2+ClO2+4 H+5Fe3+Cl-+2H2O；从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时对实验无影响，不同的是氧化剂不同，同量还原性物质被氧化需要失去电子相同；等物质的量的ClO2与Cl2的氧化效率之比为为转移电子数之比，ClO2Cl-5e-，Cl22Cl-2e-，所以1molClO2与Cl2的氧化效率之比为5：2，故答案为5Fe2+ClO2+4 H+5Fe3+Cl-+2H2O ， 不影响 ，. 52 ；(4) 若步骤不在干燥器中冷却，会吸收空气中的水

20、蒸气，称量的质量增大，则测定的铁元素的质量分数偏大，故答案为偏大。【答案点睛】稀释操作中，溶质的物质的量是保持不变的，故有公式：c(浓)V(浓)=c(稀) V(稀)；氧化还原反应中，得失电子数目守恒。20、（球形）干燥管 F、B、C、D、E 饱和食盐水 防止E中的水进入D中发生反应 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl 取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有M 锥形瓶、酸式滴定管 100% 偏低 【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用A装置通过反应MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O制取Cl2，由于浓

21、盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，据此解答。【题目详解】(1)根据装置图可知，装置E中仪器X的名称为球形干燥管；(2)利用A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，

22、再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应；(4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸

23、式盐M，此酸式盐应为NaHCO3，则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；(5)NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2气体，则证明残留固体中含有NaHCO3的最简单的实验方案是取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有NaHCO3；(6)固体溶解时需要烧杯和玻璃棒，滴加指示剂时需要胶头滴管，滴定操作时需要酸式滴定管和锥形瓶，则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要锥形瓶、酸式滴定管；加入几滴酚酞，用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，此时发生的反应为Na

24、2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；且原溶液中的Na2CO3在滴定时二步操作消耗的盐酸体积相等，则NaHCO3消耗的盐酸体积为(V2- V1 )mL，其物质的量为0.1 mol/L(V2- V1 )10-3L=(V2- V1 )10-4mol，则残留固体中NaHCO3的质量分数为100%；若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，则读数偏小，即消耗有盐酸体积偏小，导致测定结果将偏低。21、第五周期第VIIA族 3I2+6OH-5I-+IO3-+3H2O

25、 将NaIO3完全转化为NaI 2Fe+3H2O+ NaIO3=NaI+2Fe(OH)3 Fe2+ 取少量溶液2加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则含Fe2+；或取少量溶液2加入K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成，则含Fe2+ FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O FeC2O42H2OFeO+CO2+CO2H2O 【答案解析】试题分析：由流程可知，在加热条件下碘与氢氧化钠溶液反应生成了碘化钠和碘酸钠的混合液，加入铁粉把碘酸钠还原为碘化钠，过滤后，将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到产品。固体1是氢氧化铁和剩余的铁粉，氢氧化铁被稀硫酸溶解后生成硫酸铁溶液，硫酸铁可以被铁粉还原为硫酸亚铁。（1）碘元素在周期表中的位