广东省梅州市蕉岭中学2022-2023学年化学高三上期中监测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A原子半径：r(X) r(Y) r(Z) WB简单离子半径：r(X)r(Y) (SCN)2。Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5 ，与水发生水解反应。AgClO、AgBrO均可溶于水。结合化学用语解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：_；设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_，若_，则上述解释合理。欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液

3、漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量红色物质加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：_。20、某同学对教材中铜与浓硫酸的实验作出如下改进。实验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。实验步骤：组装仪器，检查装置气密性；加入试剂，关闭旋塞E，加热A，观察C中溶液颜色变化；将铜丝上提离开液面，停止加热。（1）检查虚线框内装置气密性的方法是_。（2）装置A的名称是_，装置B的作用是_，装置D中所盛药品是_。（3）装置A中发生反应的化学方程式为_。（4）实验后，拆除装置前，为避免有害气体的泄漏，应当采取的操作是_。（5）实验后装置A中有白色固

4、体产生，将装置A中固液混合物缓慢转移至盛有少量水的烧杯中，可观察到的现象是_；不可直接向装置A中加水的原因是_。21、以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料（已知两种原料中均不含有单质杂质）制备高纯度硫酸锰的工艺流程如图所示。（1）已知滤渣1中含有一种非金属单质，该非金属单质的化学式为_。（2）已知二氧化锰与硫化锰的物质的量之比对酸浸时的浸出率有影响，相关实验数据如下表所示。当二氧化锰与硫化锰的物质的量之比为_时，为最优反应配比。号二氧化锰与硫化锰的物质的量之比浸出液的pH浸出率%11.25:12.595.3021.75:12.597.1132.25:12.599.0

5、042.5:12.598.40（3）操作X为蒸发浓缩、_、过滤，洗涤、烘干，在洗涤操作中，常用酒精洗涤MnSO4H2O晶体，其主要目的是_。（4）现有10t锰矿，其中MnO2和MnS的含量均为29%，若流程中Mn的损耗率为10%,则最终制得硫酸锰（MnSO4H2O）_t。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】Z是地壳中含量最高的元素，即Z为O，W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，只有Y和Z处于同一周期且相邻，四种元素原子序数依次增大，因此Y为N，X为H，A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而

6、减小，因此半径大小顺序是r(Na)r(N)r(O)r(H)，故A错误；B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C错误；D、可以组成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。2、A【题目详解】A.标准状况下，0.1 mol Cl2参加反应，转移的电子数目不一定为0.2 NA，例如与氢氧化钠溶液反应等，故A错误；B. 标准状况下，11.2 L氦气是0.5mol，其中含有0.5 NA原子，B正确；C. 如果46g完全是NO2，则NO2的物质的量是46g46g/ mol=1mol，一个

7、分子中含有3个原子，所以1molNO2含有的原子的物质的量是1mol3=3mol，数目是3NA；如果46g完全是N2O4，则N2O4的物质的量为46g92g/ mol=0.5mol，一个分子中含有6个原子，所以46g的N2O4含有原子的物质的量是0.5mol6=3mol，其数目为3NA；综上，无论是46g的NO2，还是46g的N2O4，还是46g的NO2和N2O4混合气体中含有原子总数均为3NA，故C正确；D.钠在反应中只能失去1个电子，1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA，故D正确；题目要求选错误的，故选A。3、D【题目详解】A. 没有给出溶液

8、的体积，无法计算OH的数目，错误；B. 由于铁离子水解，所以100mL1molL-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，错误；C. 标准状况下，Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，氯元素的化合价既升高又降低，22.4L氯气即1mol氯气转移的电子数为NA，错误；D. O2与O3都是由氧原子构成的，所以48gO2与O3混合物即48g氧原子的物质的量为3mol，含有的氧原子数为3NA，正确；故选D。【答案点睛】氯气和碱发生的是歧化反应，氯气中的0价氯反应后分别升高到+1价和降低到-1价，所以1mol氯气转移1mol电

9、子。氯气和碱反应是完全的，若1mol氯气和水反应，由于反应可逆，转移的电子数小于NA。4、A【答案解析】A常温下，c(H+)=1013molL1的溶液pH=13，在碱性溶液中Na+、AlO2、S2、SO32彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；B使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件Fe2+和I均能被NO3氧化，不能大量共存，故B错误；C加入铝粉有氢气生成的溶液可能显酸性，也可能显碱性，有碱性溶液中不可能大量存在Mg2+和Cu2+，故C错误；D常温下，由水电离出的c(H+)c(OH)=1.01026的溶液pH=1或13，HCO3在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故D错误；答案为A。5、B

10、【题目详解】根据原电池与电解池的工作原理可知，电化学装置工作时，原电池的负极或电解池的阳极，电极上发生的反应一定是氧化反应，B项正确，故选B。6、B【题目详解】A向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，沉淀由白色变为黑色时，白色的AgCl转化为黑色的Ag2S，发生反应的离子方程式为2AgCl+S2- =Ag2S+2Cl-，故A正确；B向碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液时发生反应的离子方程式为+ +2OH-=NH3H2O+H2O+，故B错误；C向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶时发生反应的离子方程式为，故C正确；D将氯气通入石灰乳中,制备漂白粉时发生反应的化学方程式为2Cl2+2Ca

11、(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故D正确；故答案为B。7、D【题目详解】A. 向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，因为a点溶液呈中性，根据电荷守恒规律，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，故A正确；B. 25时，加入CH3COONa属于强碱弱酸盐，会发生水解使溶液显碱性，使得c(OH-)离子浓度增大，可能引起由c向d的变化，升温溶液中的c(OH)和c(H)同时同等程度的增大，所以可能引起a向c的变化，故B正确；C.由图像知 T时Kw=10-12，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性,故C正确；D. .由图像知b点对应的溶液呈酸性，溶液中

12、NO3-、I在酸性条件下发生氧化还原反应，因此 K、Ba2、NO3-、I不能大量存在，故D错误；答案：D。8、C【答案解析】A. 装置A气密性的检查方法，关闭K1，然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，A不正确；B. 装置B中应盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等等，B不正确；C. 装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到“噗”的一声，则说明氢气已纯净，C正确；D. Cu与浓硫酸反应制取SO2需要加热，故装置A不能直接用于该反应中，D不正确。本题选C。9、D【题目详解】A. 当不同物质正逆反应速率之比等

13、于反应计量系数之比时，可判断反应达到平衡状态，若2v正(B)=v逆(C)，则v正(B)：v逆(C)=1:2，不等于反应计量系数之比，不能说明正逆反应速率相等，不能作平衡状态的标志，故A错误；B. 因为反应物为固体，所以容器中B、C的物质的量之比始终是2:1，密闭容器中B(g)的体积分数始终不变，不能作平衡状态的标志，故B错误；C. 密闭容器中混合气体的平均分子量始终不变，不能作平衡状态的标志，故C错误；D. 密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，达平衡状态，故D正确；答案选D。【答案点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变

14、，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。10、B【题目详解】A反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应正反应放热，A正确；B使用催化剂后，改变反应的活化能，B错误；C因为中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，C正确；D根据盖斯定律，总反应的热效应等于分步反应的热效应之和，D正确；故答案为B。11、D【答案解析】A、反应过程中气体质量始终不变，气体物质的量始终不变，气体的平均分子量始终不变，气体的平均分子量不再变化不能说明反应达

15、到平衡状态；B、平衡常数只受温度影响，不能用来判断反应是否达到平衡状态；C、没有指明反应速率的方向，不能说明反应是否达到平衡状态；D、气体的颜色不再变化，说明c（I2）不再变化，能说明反应达到平衡状态；答案选D。12、C【题目详解】含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【答案点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。

16、13、C【题目详解】A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；B. c(H+)=110-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；C. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；D. Fe3+ 与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。【答案点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。14、A【答案解析】X的氢化物常用于刻蚀玻璃

17、，说明X为氟，Y在同周期中金属性最强，为钠，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，为硅，W与X同主族，为氯。A.氟化氢分子间含有氢键，所以氟化氢的沸点比氯化氢高，故正确；B.氟离子，钠离子，氯离子中前两个电子层结构相同，为2层，氯离子有3个电子层，根据层同时序小径大分析，半径关系为r(Y)r(X)Br2Fe3+ 过量氯气氧化SCN-，使SCN-浓度减小，则Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色 滴加KSCN溶液 溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红) BrCl发生水解BrCl+H2O=HBrO+HCl，生成的Cl-与Ag+结合生成AgCl白色沉淀 【分析】.本实验

18、的目的是要测定烟气中SO2的体积分数，装置C中长进短出显然是要吸收某种气体，装置D中短进长出则是要排液法测定气体的体积；因常见溶液中没有可以吸收N2和O2，剩余气体中一定会有二者，据此可知测定原理应是装置C中吸收SO2，然后测定剩余气体体积。.本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气收集(安全瓶)净化氯气(除HCl)然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【题目详解】(1)根据分析可知装置C用来吸收二氧化硫，碱性溶液和氧化性溶液都可以吸收二氧化硫，但混合气体中有二氧化碳，碱性溶液也会吸收二氧化碳，所以装置C中应选用

19、氧化性溶液，即选；装置D需要排液，则应降低二氧化碳的溶解度，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来测量量剩余气体的体积，所以选；(2)若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：=；(3)检查装置A的气密性可以关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;(4)装置A中为浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为；MnO2+4H+2Cl-=Mn2+2H2O+Cl2；(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，该

20、装置缺少尾气处理装置；(6)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是 Cl2Br2Fe3+；(7)根据题目信息可知，过量氯气能将SCN氧化使SCN-浓度减小，使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；若要证明上述解释，则需平衡正向移动使溶液变红，可取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)，则上述推测合理；发生反应BrCl+H2O=HBr

21、O+HCl，反应只产生Cl，不产生Br，结果观察到仅有白色沉淀产生。20、关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变 三颈烧瓶； 防倒吸 碱石灰 Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O 打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气 混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色 水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅 【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是处理尾气，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；（3）铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；（4）从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净；（5）硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；铜元素的焰色反应呈黄绿色，水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅【题目详解】(1)对于简易装置的气密性检查时，一般对瓶内气体加热，然后看有无气泡冒出或冷却后看导管口是否形成一段水柱，所以要关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内