2022-2023學(xué)年上海師范大學(xué)附屬外國語中學(xué)化學(xué)高三第一學(xué)期期中調(diào)研模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（ ）A氨氣易溶于水，可用作制冷劑B氧化鋁具有兩性，可用作耐高溫材料C濃硫酸具有吸水性，可用作氣體干燥劑D晶體硅熔點高硬度大，可用作半導(dǎo)體材料2、下列說法正確的是A乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均

2、能使溴水褪色B間二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)，說明苯不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)C等物質(zhì)的量的乙烯和乙醇完全燃燒，乙烯消耗的氧氣多D煤的氣化就是把煤轉(zhuǎn)化為可燃性氣體的過程，該氣體可用來合成液態(tài)烴及甲醇等含氧有機物3、用下列實驗裝置進行相應(yīng)的實驗，不能達到實驗?zāi)康牡氖茿BCD裝置實驗結(jié)合秒表定量比較鋅與不同濃度的稀硫酸反應(yīng)的快慢證明溫度對化學(xué)平衡的影響驗證鐵釘發(fā)生吸氧腐蝕可證明非金屬性ClCSiAABBCCDD4、常溫下，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL-1HA溶液所得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是AHA的電離平衡常數(shù)Ka=10-5B點所示的溶液中：2c(Na+)=c

3、(A-)+c(HA)C點所示的溶液中：c(HA)c(OH-)-c(H+)D點所示的溶液中：2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)5、以氯酸鈉等為原料制備亞氯酸鈉的工藝流程如下，下列說法錯誤的是ANaClO3在發(fā)生器中作氧化劑B吸收塔中1mol H2O2得到2mol電子C吸收塔中溫度不宜過高，會導(dǎo)致H2O2的分解D從“母液”中可回收的主要物質(zhì)是Na2SO46、反應(yīng)CH2=CH2+H2CH3-CH3，有關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如下：化學(xué)鍵C-HC=CC-CH-H鍵能(kJmol-1)414.4615.3347.4435.5則該反應(yīng)的反應(yīng)熱H為（ ）A+288.8kJ/mo1B-703.4kJ

4、/mo1C+125.4kJ/mo1D-125.4kJ/mo17、現(xiàn)有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中 c(Mg2+)=0.30molL1，c(Cl)=1.20 molL1，要使Mg2+完全轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2且與Al3+恰好分開，至少需要1.00 molL1的NaOH溶液的體積為A80 mLB100 mLC120 mLD140 mL8、用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會引起實驗誤差的是A用蒸餾水冼凈滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進行滴定B用蒸餾水冼凈錐形瓶后，再用NaOH液潤洗，而后裝入一定體積的NaOH溶液C用甲基橙做指示劑，當(dāng)溶液由黃色變成橙色，立刻讀數(shù)鹽酸體

5、積D用堿式滴定管取10.00 mLNaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，加入適量蒸餾水后再進行滴定9、下列物質(zhì)與類類別不對應(yīng)的是 ABCD小蘇打食用油淀粉84消毒液鹽高分子化合物糖類混合物AABBCCDD10、室溫下，對于1 L 0.1 molL-1的醋酸溶液，下列說法錯誤的是A若加水稀釋，醋酸的電離程度和H+數(shù)目都增大B與pH13的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH7，故B錯誤，符合題意；C. 加入少量CH3COONa固體后，醋酸根離子濃度增大，抑制醋酸的電離，氫離子濃度減少，溶液的pH增大，故C正確，但不符合題意；D. 滴加NaOH溶液過程中，依據(jù)物料守恒n(CH3COO-)與n(CH

6、3COOH)之和始終為0.1 mol，故D正確，但不符合題意；故選：B。11、D【答案解析】A.離子化合物中一定含有離子鍵，可能有共價鍵，例如NaOH；故A錯誤；B. Cl2中有共價鍵，故B錯誤；C. Na2O2中有非極性鍵，故C錯誤；D.共價化合物分子中含有不同的非金屬元素，故D正確；故選D。【答案點睛】離子化合物中肯定有離子鍵，可能有共價鍵；共價化合物中一定沒有離子鍵，肯定有共價鍵；不同種非金屬元素原子間形成極性共價鍵，同種非金屬元素原子間形成非極性共價鍵，惰性氣體單質(zhì)分子中沒有化學(xué)鍵。12、A【分析】溶液中存在電荷守恒，Na+、SO4不水解；酸式鹽是可電離出氫離子的鹽；硫酸氫鈉晶體由鈉離

7、子和硫酸氫根離子構(gòu)成；蒸餾水的pH6，則此溫度下水的離子積常數(shù)為 。【題目詳解】A溶液中有電荷守恒： ，又NaHSO4電離： ， ，則有c(H)c(OH)c(SO42)，故A正確；B酸式鹽是可電離出氫離子的鹽，NaHSO4電離會生成H，c(H)增大，平衡逆向移動，抑制水的電離，故B錯誤；C硫酸氫鈉晶體由鈉離子和硫酸氫根離子構(gòu)成，所以1 mol NaHSO4晶體中含有的離子總數(shù)為2 NA，故C錯誤；D蒸餾水的pH6，則此溫度下水的離子積常數(shù)為：，要使溶液呈中性，則加入的應(yīng)等于，溶液的pH為2， ，堿液的pH應(yīng)為10，故D錯誤；答案選A。13、C【分析】乙酸具有酸性，可與碳酸鹽、堿等發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)

8、，乙醛含有醛基，可發(fā)生氧化反應(yīng)，以此解答該題?！绢}目詳解】A. 二者都溶于水，沒有明顯現(xiàn)象，不能鑒別，故A錯誤；B. 乙酸具有酸性，可與NaHCO3溶液生成氣體，乙醛與NaHCO3溶液不反應(yīng)，可鑒別，方法簡便，操作簡單，故B錯誤；C. 是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氫氧化銅，然后與乙酸發(fā)生中和反應(yīng)，檢驗乙醛需要加熱，操作較復(fù)雜，故C正確；D. 使用 pH 試紙 乙酸具有酸性，可使 pH 試紙變紅，乙醛不能使 pH 試紙變紅，可鑒別，方法簡單，操作簡便，故D錯誤；答案選C。14、D【分析】A. 二氧化碳分子中，碳原子和氧原子形成共價鍵為雙鍵。B. 原子軌道表示式遵守洪特規(guī)則

9、，在相同能量的原子軌道上，電子的排布將盡可能占據(jù)不同的軌道，而且自旋方向相同。C. 原子結(jié)構(gòu)示意圖是表示原子核電荷數(shù)和電子層排布的圖示形式。D. 比例模型可以反映原子間的相對大小和大致的排列組合方式。【題目詳解】A. CO2的電子式: ，A錯誤。B. C原子最外層電子的軌道表示式:，B錯誤。C. C原子的結(jié)構(gòu)示意圖：，C錯誤。D.乙烯的比例模型:，D正確。15、B【答案解析】A、銅和硝酸反應(yīng)后的價態(tài)為+2價，故3.2g銅即0.1mol銅轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，故A正確；B、鐵和硝酸反應(yīng)后的價態(tài)最終可能為+3價，也可能為+2價，故5.6g鐵粉即0.1mol鐵失去的電子數(shù)不一定為0.3NA，故B

10、錯誤；C、1L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物質(zhì)的量為0.5mol，又CO32-會發(fā)生水解，則CO32-小于0.5mol，即數(shù)目小于0.5NA，故C正確；D、NA個一氧化碳分子為1mol，質(zhì)量為28g，0.5mol甲烷質(zhì)量為8g，故質(zhì)量比為7：2，故D正確。點睛：阿伏加德羅常數(shù)的常見問題和注意事項：物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體；對于氣體注意條件是否為標(biāo)況；注意同位素原子的差異；注意可逆反應(yīng)或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；注意物質(zhì)的結(jié)構(gòu)：Na2O2是由Na+和O22構(gòu)成，而不是有Na+和O2構(gòu)成；SiO2是原子晶體，其結(jié)構(gòu)中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結(jié)構(gòu)， 1molP4含有

11、的共價鍵為6NA等。16、D【題目詳解】AIBr與水反應(yīng)生成HBr和HIO，HBr與AgNO3溶液反應(yīng)會生成AgBr沉淀，故A正確；B第A族元素的氫化物中，穩(wěn)定性最好的是H2O，由于水分子間存在氫鍵所以沸點也高，故B正確；C同一主族，隨著原子序數(shù)遞增，非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的還原性逐漸增強，故C正確；D鈁為堿金屬最后一種元素，堿金屬族從上到下金屬性增強，結(jié)合氧能力增強，在空氣中燃燒會生成越來越復(fù)雜越來越多的氧化物，故D錯誤；綜上所述答案為D。二、非選擇題（本題包括5小題）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)、溶液為酸性溶液，則溶液中存在大量氫離子，可以排除CO32；溶液A中加過量(NH4)2CO3，產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀只能為氫氧化鋁，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加銅和濃硫酸能產(chǎn)生氣體丙，丙在空氣中變成紅棕色，則丙為NO，說明原溶液中有NO3，強酸性溶液中含有NO3，則一定不存在具有還原性的離子：Fe2+、I。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根據(jù)上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+發(fā)生雙水解反應(yīng)，故離子方程式

13、為3H2O+2Al3+ 3CO32=2Al（OH）3+3CO2。（3）、根據(jù)上述分析可知，生成的氣體丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反應(yīng)生成的，離子方程式為3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O。實驗消耗Cu 144g，則Cu的物質(zhì)的量是：144g64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O可得：3Cu2NO，則NO的物質(zhì)的量是2.25mol，其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是2.25mol22.4L/mol=33.6L；故本題的答案是：3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反應(yīng)為黃色，說明含有Na+；加入氯化鋇

14、和稀鹽酸可以生成白色沉淀，說明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根據(jù)上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根據(jù)圖像可知，開始時發(fā)生的是HOH=H2O，當(dāng)H完全反應(yīng)后，開始發(fā)生Al33OH=Al(OH)3，繼續(xù)滴加NaOH溶液，Al(OH)3并沒有立刻溶解，說明溶液中含有NH4，發(fā)生了NH4OH=NH3H2O；故一定存在的離子還有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解時是Al(OH)3和過量的NaOH發(fā)生反應(yīng)生成NaAlO2和H2O，其離子方程式是：Al(OH)3OH=AlO2-2H2O。18、CH3CHO CH3COOH 黑色固體逐漸變紅 氧化 HO-CH2-CH

15、2-OH+O2 OHC-CHO+2H2O C2H4 CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、CH3CH2OHCH2=CH2 + H2O 制取乙酸的過程中會產(chǎn)生大量二氧化碳，造成溫室效應(yīng)，還會產(chǎn)生大量廢渣 CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O 【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)化過程，X在一定條件下轉(zhuǎn)化為乙醇，乙醇也可以轉(zhuǎn)化為X，則X為乙烯，乙醇和氧化銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為A和銅單質(zhì)，A為乙醛，乙醛在一定條件下與氧氣反應(yīng)生成B，B為乙酸，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)分析A為乙醛，B為乙酸，結(jié)構(gòu)簡式分別為CH3CHO、CH3COOH；(2)圖示流程中乙醇和氧化銅反應(yīng)轉(zhuǎn)化為

16、乙醛和銅單質(zhì)，該反應(yīng)現(xiàn)象為：黑色固體逐漸變紅；其中乙醇發(fā)生了氧化反應(yīng)；乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能發(fā)生類似反應(yīng)，反應(yīng)方程式：HO-CH2-CH2-OH+O2 OHC-CHO+2H2O；(3)根據(jù)分析，X為乙烯，化學(xué)式C2H4，乙烯在催化劑作用下和水反應(yīng)生成乙醇，方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；乙醇在濃硫酸作用下加熱至170生成乙烯，方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2 + H2O；(4)充分利用能源、提高原料利用率，減少向環(huán)境排放廢棄物都是綠色化學(xué)的基本要求，工業(yè)上常用蘋果酒或者葡萄酒混合物、麥芽、米或馬鈴薯搗碎后發(fā)酵生產(chǎn)乙酸，但是從綠色化學(xué)角度，以上原料制取

17、乙酸的過程中會產(chǎn)生大量二氧化碳，造成溫室效應(yīng)，還會產(chǎn)生大量廢渣； (5)酯化反應(yīng)中羧酸提供羥基，醇應(yīng)該提供氫原子，所以反應(yīng)的機理可以表示為CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O?！敬鸢更c睛】綠色化學(xué)又稱環(huán)境友好化學(xué)、環(huán)境無害化學(xué)、清潔化學(xué)，是用化學(xué)的技術(shù)和方法去減少或消除有害物質(zhì)的生產(chǎn)和使用。 綠色化學(xué)的核心是： 利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染。19、CFG 2.7 514H=512 不影響 52 偏大 【分析】根據(jù)氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)和特征分析解答；根據(jù)一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制操作及注意事項分析解答；根據(jù)常用物質(zhì)的制備分析解答?！绢}目詳解

18、】(1)稱量藥品用天平，氯化鐵和氯化亞鐵的水溶液都呈酸性，所以準(zhǔn)確量取25.00mL步驟中配得的溶液用酸式滴定管，配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液用容量瓶，故答案為CFG；(2) 98%（密度1.84g/cm3）的濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度為：c(濃H2SO4)= 18.4mol/L，依據(jù)稀釋前后溶液溶質(zhì)物質(zhì)的量不變，故配制50mL，1.0mol/L稀H2SO4需要98%（密度1.84g/cm3）的濃H2SO4體積為c(濃)V(濃)=c(稀) V(稀)，帶入計算得到：18.4mol/L V(濃)=1.0mol/L0.05L，即V(濃)=2.7mL，故答案為2.7mL；(3) 反應(yīng)中，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為F

19、e3+，ClO2中氯元素化合價從+4價變化為-1價，變化5價，電子轉(zhuǎn)移最小公倍數(shù)為5，依據(jù)電子守恒和原子守恒配平得到離子方程式為：5Fe2+ClO2+4 H+5Fe3+Cl-+2H2O；從理論上分析，上述實驗中若將氯水改為ClO2時對實驗無影響，不同的是氧化劑不同，同量還原性物質(zhì)被氧化需要失去電子相同；等物質(zhì)的量的ClO2與Cl2的氧化效率之比為為轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比，ClO2Cl-5e-，Cl22Cl-2e-，所以1molClO2與Cl2的氧化效率之比為5：2，故答案為5Fe2+ClO2+4 H+5Fe3+Cl-+2H2O ， 不影響 ，. 52 ；(4) 若步驟不在干燥器中冷卻，會吸收空氣中的水

20、蒸氣，稱量的質(zhì)量增大，則測定的鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，故答案為偏大。【答案點睛】稀釋操作中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量是保持不變的，故有公式：c(濃)V(濃)=c(稀) V(稀)；氧化還原反應(yīng)中，得失電子數(shù)目守恒。20、（球形）干燥管 F、B、C、D、E 飽和食鹽水 防止E中的水進入D中發(fā)生反應(yīng) 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl 取少量樣品于試管中，加熱，將分解產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，如果變渾濁，就說明有M 錐形瓶、酸式滴定管 100% 偏低 【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程為：利用A裝置通過反應(yīng)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O制取Cl2，由于濃

21、鹽酸具有揮發(fā)性，制取的氯氣中混有HCl，為防止干擾Cl2O的制取，需要先用裝置F除去HCl雜質(zhì)，再利用裝置B發(fā)生反應(yīng)2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同時與水反應(yīng)生成次氯酸，所以收集前要通過C裝置干燥，再利用裝置D收集Cl2O，并驗證其沸點低、易液化的特點，同時由于氯氣、Cl2O都是大氣污染物，最后要用E裝置進行尾氣處理，據(jù)此解答。【題目詳解】(1)根據(jù)裝置圖可知，裝置E中儀器X的名稱為球形干燥管；(2)利用A裝置制取氯氣，由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，制取的氯氣中混有HCl，為防止干擾Cl2O的制取，需要先用裝置F除去HCl雜質(zhì)，

22、再利用裝置B發(fā)生反應(yīng)2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同時與水反應(yīng)生成次氯酸，所以收集前要通過C裝置干燥，再利用裝置D收集Cl2O，并驗證其沸點低、易液化的特點，同時由于氯氣、Cl2O都是大氣污染物，最后要用E裝置進行尾氣處理，則按氣體從左至右流動裝置連接順序是AFBCDE；(3)裝置F是除去Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體的，為減少Cl2的溶解消耗，要通過盛有飽和食鹽水的溶液來除去HCl雜質(zhì)，故裝置F中盛裝試劑的名稱為飽和食鹽水；裝置E中無水氯化鈣的作用是防止E中的水進入D中發(fā)生反應(yīng)；(4)裝置B殘留固體中除NaCl外還含有一種酸

23、式鹽M，此酸式鹽應(yīng)為NaHCO3，則裝置B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；(5)NaHCO3不穩(wěn)定，受熱易分解生成CO2氣體，則證明殘留固體中含有NaHCO3的最簡單的實驗方案是取少量樣品于試管中，加熱，將分解產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，如果變渾濁，就說明有NaHCO3；(6)固體溶解時需要燒杯和玻璃棒，滴加指示劑時需要膠頭滴管，滴定操作時需要酸式滴定管和錐形瓶，則實驗時用到的玻璃儀器除燒杯、膠頭滴管、玻璃棒外，還需要錐形瓶、酸式滴定管；加入幾滴酚酞，用0.1 mol/L 的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液由紅色變?yōu)闊o色，此時發(fā)生的反應(yīng)為Na

24、2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已變無色的溶液中加入幾滴甲基橙，繼續(xù)用該鹽酸滴定至溶液由黃色變橙色，發(fā)生的反應(yīng)為NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；且原溶液中的Na2CO3在滴定時二步操作消耗的鹽酸體積相等，則NaHCO3消耗的鹽酸體積為(V2- V1 )mL，其物質(zhì)的量為0.1 mol/L(V2- V1 )10-3L=(V2- V1 )10-4mol，則殘留固體中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%；若用甲基橙作指示劑滴定結(jié)束時，滴定管尖頭有氣泡，則讀數(shù)偏小，即消耗有鹽酸體積偏小，導(dǎo)致測定結(jié)果將偏低。21、第五周期第VIIA族 3I2+6OH-5I-+IO3-+3H2O

25、 將NaIO3完全轉(zhuǎn)化為NaI 2Fe+3H2O+ NaIO3=NaI+2Fe(OH)3 Fe2+ 取少量溶液2加入酸性高錳酸鉀溶液，若溶液褪色，則含F(xiàn)e2+；或取少量溶液2加入K3Fe(CN)6溶液，若有藍色沉淀生成，則含F(xiàn)e2+ FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O FeC2O42H2OFeO+CO2+CO2H2O 【答案解析】試題分析：由流程可知，在加熱條件下碘與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成了碘化鈉和碘酸鈉的混合液，加入鐵粉把碘酸鈉還原為碘化鈉，過濾后，將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾得到產(chǎn)品。固體1是氫氧化鐵和剩余的鐵粉，氫氧化鐵被稀硫酸溶解后生成硫酸鐵溶液，硫酸鐵可以被鐵粉還原為硫酸亞鐵。（1）碘元素在周期表中的位