重庆市大足区2022-2023学年化学高三上期中考试模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：下列说法正确的是A反应I、V均属于氧化还原反应B甲、乙、丙和丁四种物质中都含有氮元素C反应和中的部分

2、产物可在上述流程中循环利用D反应V是先向饱和氯化钠溶液中通CO2至饱和再通NH32、元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。下列说法正确的是AT、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性TCu2+。(2)方案2:通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验试剂编号及现象试管滴管1.0mol/L KI溶液1.0mol/L AgNO3溶液1mLI.产生黄色沉淀，溶液无色1.0mol/L CuSO4溶液1mLII.产生棕黑色沉淀A，溶液变棕黄经检验，I中溶液不含I2，黄色沉淀是_。取

3、II中棕黄色溶液，加入少量_溶液，变为_色，说明生成了I2。推测Cu2+做氧化剂,沉淀A有CuI。该反应的离子方程式为:_查阅资料得知: CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出假设并证明假设是否成立，取部分棕黑色沉淀进行实验二:已知: CuI难溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)；Cu+2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)。由实验二得出结论: 棕黑色沉淀是_。现象为_。用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因:_。白色沉淀CuI与AgNO3 溶液反应生成AgI和一种固体单质，该反应的离子方程式是_，说明氧化性Ag+Cu2+。21、东晋华阳国

4、志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_，3d能级上的未成对电子数为_。（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)6SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_；氨是_分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_。（3）单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958 kJmo

5、l1、INi=1 753 kJmol1，ICu INi的原因是_。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a=_nm。（用含有d、NA的式子表示，可以不化简）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、C【答案解析】由图中反应关系可知，反应I是：N2+3H22NH3，反应II是：4NH3+5O24NO+6H2O，反应III是：2NO+O2=2NO2，反应IV是3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应V是：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，反应VI

6、是：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。A根据上述分析可知，反应I、II、III中有元素化合价发生变化，是氧化还原反应，而反应V中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应反应，故A错误；B根据上述分析，甲为N2，乙为NO，丙为NO2，丁为NaHCO3，因NaHCO3中不含氮元素，故B错误；C反应IV中的产物NO可以在反应III中循环使用，反应VI中的产物CO2可以在反应V中循环使用，故C正确；D因CO2在水中的溶解度很小，氨气在水中的溶解度很大，所以反应V是先向饱和氯化钠溶液中通NH3至饱和再通CO2，故D错误；故答案选C。2、A【答案解析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，

7、可说明R为钠元素，O为氧元素。其中T元素的主要化合价有-2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子的半径较氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价分别为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y为铝、镁元素，据此分析可得结论。【题目详解】A.由上述分析可知T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S镁铝，则单质失去电子能力最强的为钠，故B错误；C.M、Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；D.由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元

8、素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D错误；答案选A。3、C【题目详解】在化学反应过程中，各物质的反应速率之比始终等于相应的化学计量数之比，故不能证明达到平衡状态；各组分的物质的量不变，可以证明达到平衡状态；该反应为气体体积变化的反应，在恒容密闭容器中体系的压强不再发生变化可以证明达到平衡状态；恒容密闭容器中，混合气体的体积始终不变，质量始终不变，故密度始终不变，不能证明达到平衡状态；该反应为放热反应，当体系的温度不再发生变化时，可以证明达到平衡状态； 在该反应中，若，则，可以证明达到平衡状态；3 mol HH键断裂的同时6 mol NH键也断裂才能表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故不

9、能证明达到平衡状态；故答案选C。4、B【分析】恒温恒容，甲与乙起始n(SO2)：n(O2)=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n(SO2)=2mol，n(O2)=2mol，根据此分析进行解答。【题目详解】A丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故压强P甲P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙P甲2P乙，故A选项错误。B丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，达到平衡时n丙n甲。甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，故达到平衡时n丙n甲n乙,故B选项正确。C丙相当

10、于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故平衡时SO3的体积分数甲丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，故平衡时SO3的体积分数甲乙，故C选项错误。D丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故Q甲+Q丙197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲2Q乙，但Q甲与Q丙的大小不能确定，故D选项错误。故答案选B。【答案点睛】本题考查化学平衡移动与计算、反应热、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡。本题的易错点为D，要注意等效平衡中互为逆反应的热效应的关系。5、C【

11、答案解析】放电时，Mg(液)层发生反应 ，Mg(液)层的质量减小，故A正确；放电时MgSb(液)层是正极，正极反应为：Mg2+2e-=Mg，故B正确；该电池充电时，MgSb(液)层是阳极，发生氧化反应，故C错误；该电池充电时，上层是阴极、下层是阳极，C1-向阳极移动，故D正确。6、D【答案解析】NH3NONO2HNO3 ，故正确；二氧化硅作光导纤维，故错误；碘有极其重要的生理作用，人体内的碘主要存在于甲状腺中，人体内如果缺碘，甲状腺得不到足够的碘会形成甲状腺肿大，所以适当地补充碘，能预防甲状腺肿大，故正确；氧化铝是一种白色难熔的物质，是一-种很好的耐火材料,故正确；故选D。7、C【答案解析】A

12、. 1molFe与1molCl2充分反应生成FeCl3时，氯气完全反应，铁有剩余，因此1molCl2完全反应转移电子数为2NA，故A错误；B. 通常状况下，11.2 LH2的物质的量小于0.5mol，因此其所含的氢原子数小于NA，故B错误；C.1mol羟基含有电子数为9NA，17gNH3的物质的量为1mol，含有电子数为10 NA，所以1mol羟基与17gNH3所含电子数之比为910，故C正确；D. 一定温度下，1 L 0.5 molL1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 molL1 NH4Cl溶液，氯化铵浓度不同,铵离子水解程度不同,所以所含NH的物质的量相不同，故D错误；综上所述，本题选C

13、。8、D【答案解析】A中可以生成亚硫酸钡沉淀，B中SO2溶于水溶液显酸性，NO3能把SO2氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀。C中SO2能把S2氧化生成单质S沉淀。D中氯化钡和SO2不反应，答案选D。9、D【题目详解】A.乙醇溶液中除了乙醇溶质中含有氢原子外，溶剂水也含有氢原子，因此10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数大于0.6NA，故A错误；B.Na2O2与足量的水(H218O)反应中，水既不做氧化剂也不做还原剂，因此氧气的来源是Na2O2中-1价的氧，因此7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，生成氧气0.05 mol，所含的中子数为0.052（16-8）NA=0.8NA，故B

14、错误；C.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3分子的集合体，所以将1L0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；D.稀释有利于盐类水解，常温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，故D正确。综上所述，本题选D。【答案点睛】氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，均生成盐和水；但是氢氧化铝不溶于弱酸（如碳酸），也不溶于弱碱（如氨水），这一点应该掌握到位。10、D【答案解析】A、S原子的最外层电子数是6个，A不正确；B、氯

15、离子的电子式不正确，应该是，B不正确；C、应该是，不正确；正确的答案选D。11、C【分析】Kw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关；不同催化剂对反应的催化效果不同；加入NH4Cl溶液，平衡正向移动；在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡， ，沉淀溶解平衡常数只与温度有关。【题目详解】AKw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关，25时在任何溶液中，Kw均为恒定值，故A错误；B不同催化剂对反应的催化效果不同，故反应速率的改变不同，故B错误；C加入NH4Cl溶液，发生反应：，减小，平衡正向移动，促进Mg(OH)2的溶解，故Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液，C正确；D在含有BaSO4沉

16、淀的溶液中存在沉淀溶解平衡， ，加入Na2SO4固体，增大，为定值，故减小，D错误；答案选C。【答案点睛】平衡常数数值的大小只与温度有关，无论是化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、离子积、沉淀溶解平衡常数。12、B【答案解析】A、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A正确；B、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B错误；C、由pM=RT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C正确；D、由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量

17、与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确。13、A【答案解析】A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时，生成NaHCO3，由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故而有晶体析出，故A正确；B、向含有酚酞的烧碱（氢氧化钠）溶液中通入SO2，氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，故溶液红色退去，不是利用的二氧化硫的漂白性，故B错误；C、进行焰色反应时若火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na，还可能含有K，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K，故C错误；D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故D错误；综上所

18、述，本题应选A。14、C【题目详解】A高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管，A错误；B蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，B错误；C钠和钾均是活泼的金属，极易与氧气和水反应，所以取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶，C正确；D配制500 mL 0.4 molL1NaCl溶液还缺少500m容量瓶和胶头滴管，不需要分液漏斗，D错误。答案选C。15、A【答案解析】由水电离产生的c(H)11013mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na、Ba2、NO3-、Cl都不反应；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I；AlO2-与H反应生成Al3+；滴入石蕊试液显

19、蓝色的溶液呈碱性。【题目详解】由水电离产生的c(H)11013mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na、Ba2、NO3-、Cl都不反应，故选A；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I，所以0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中不能大量含有I，故不选B；AlO2-与H反应生成Al3+，0.1 mol/L的NaAlO2溶液中不能大量存在H，故不选C；滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下HSO3-不能大量存在，HSO3-具有还原性、ClO具有氧化性，HSO3-、ClO不能共存，故不选D。16、B【分析】由S化合价为-2价和气态氢化物可知x是H2S。【题目详解】AH2S是酸，是电

20、解质，A错误；BSO3的水溶液虽然导电，但起导电作用的是H2SO4，所以SO3是非电解质，B正确；CNa2SO4是盐，是电解质，C错误；DH2SO3是酸，是电解质，D错误答案选B。【答案点睛】SO2、SO3、CO2、NH3等水溶液虽然能导电，但起导电作用的是它们与水反应的产物，所以SO2、SO3、CO2、NH3不是电解质。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基 bd C10H1818O d CH3COOH+H2O 【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据-松油醇中含有两个甲基，因此-松油醇为，-松油醇中含有三个甲基，-松油醇为：，据此分析解答。【题目详解】(1)A()

21、中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由-松油醇的结构简式可知，松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为， -松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为 ；(6)

22、-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH+H2O，故答案为CH3COOH+H2O。18、羟基、水解（取代）反应b c db c d【答案解析】试题分析：从F来看4个碳原子的碳链结构含有一个支链，故C4H8是CH2=CH(CH3)2。A为CH2BrCHBr(CH3)2，B为，根据信息氧化的C为。继续氧化生成的D是，再消去OH变为E。G是F进行加聚反应的产物。D的一种同分异构体，能发生分子内酯化反应生成五元环状化合物，成环含有1个氧原子，4个碳原子，其同分异构体是HOCH2CH2CH2COOH。根据信息：C()生

23、成M为，则N为。考点：有机化学基础，考查反应类型、有机物的官能团、结构简式、化学反应方程式、物质的性质判断等。19、MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+H2Oe接d，c接a，b接i，h接ga催化剂通过观察气泡控制气流速度（或比例）SO2Cl22H2O=H2SO42HCl合理，防止硫酰氯分解【答案解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）此装置制备氯气，其离子反应方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+H2O；（2）制备干燥的氯气，烧瓶中制备的氯气含有HCl和水蒸气，一般用饱和食盐水除去HCl，因此e接d，用浓硫酸除去水蒸气，因此c接a，然后进行收集，因此氯气的密度大于空气，因此用向上

24、排空气法收集，即b接i，氯气是有毒气体，必须进行尾气处理，因此h接g；（3）冷凝管冷却水的通入一般是从下向上通入，即从a口通入冷却水，本实验的目的是催化合成硫酰氯，因此活性炭的目的作催化剂；（4）因为硫酰氯易水解，因此装置D作用是干燥气体，同时为了原料充分利用，需要控制气流速度或比例，即装置D的另一个作用是观察气泡控制气流的速率或比例；根据信息，硫酰氯水解产生大量白雾，此白雾是HCl，反应方程式为SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；（5）根据信息，硫酰氯易分解，因此收集A应放在冷水中冷却，目的是防止硫酰氯分解。点睛：实验设计一般步骤是制气装置除杂装置收集或反应装置尾气处理装置，然后根据题

25、目中信息，注意细小环节，如硫酰氯易水解，要防止水蒸气的进入，不仅要防止氯气和二氧化硫中水蒸气的进入，而且还要外界空气的进入，即装置C不仅是除去过量的氯气和二氧化硫，还防止了外界空气进入装置A。20、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+ AgI 淀粉 蓝 2Cu2+ + 4I- 2CuI+ I2 CuI吸附I2形成的(CuI与I2的混合物) 棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色 CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s) Cu+(aq) + I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解 CuI+2Ag+=

26、Cu2+Ag+AgI 【分析】（1）结合金属活动性顺序及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律，再根据反应现象推出结论；（2）黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀；证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2单质，再根据电子守恒规律，配平氧化还原反应即可；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；

27、CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）Cu+(aq)+I-(aq)， 加入的S2O32-与因与Cu+反应，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失。反应能说明氧化性Ag+Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物。【题目详解】（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+Cu2+，故答案为；（2）经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀，故答案为AgI；欲证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2，推测Cu2+做氧化剂，沉淀A有Cu

28、I，根据氧化还原反应电子守恒规律得知，发生反应的离子方程式为2Cu2+ + 4I- =2CuI+ I2；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+发生反应Cu+2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)，使c(Cu+)减小，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失，故答案为淀粉；蓝；2Cu2+ + 4I- =2CuI+ I2；CuI吸附I2 形成的(CuI与I2的混合物)；棕黑色