上海理工大附中2022-2023学年化学高三上期中学业水平测试试题（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、室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A溶液中导电粒子的数目减少B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=72、巴黎圣母院是全人类的宝贵文化遗产。下列在传承过程中遇到的问题与

2、化学变化无关的是A石质阶梯被游客磨损B石质雕像被酸雨腐蚀C铜质雕像逐渐变为绿色D木质中轴塔在火灾中坍塌AABBCCDD3、下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A探究I-与Fe2+的还原性强弱向FeCl3稀溶液中依次加入KI溶液、淀粉B探究HPO42-在水溶液中的电离程度与水解程度的相对大小测定0.1 molL-1NaH2PO4溶液的pHC配制0.1 molL-1邻苯二甲酸氢钾()溶液称取5.1 g邻苯二甲酸氢钾于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至500 mL容量瓶中定容D比较CaCO3和CaSO4的Ksp大小向澄清石灰水中滴入0.1 molL-1Na2CO3溶液至不再有沉淀产

3、生,再滴加0.1 molL-1Na2SO4溶液AABBCCDD4、下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是( )A石墨转变为金刚石是放热反应B白磷比红磷稳定CS(g)+O2(g)=SO2(g),H1,S(s)+O2(g)=SO2(g),H2,则H1H2 DCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g), HFe2+，故A 正确；B、探究HPO42-在水溶液中的电离程度与水解程度的相对大小，应该测定0.1 molL-1Na2HPO4溶液的pH，若显碱性，则水解程度更大；若显酸性，则电离程度更大，故B错误；C、5.1 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量为=0.025

4、mol，而要配置500 mL0.1 molL-1邻苯二甲酸氢钾溶液需要的苯二甲酸氢钾的物质的量为0.05mol，故C错误。D、表达式相同的溶度积，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，硫酸钙、碳酸钙都是白色沉淀，所以没有明显现象，且Ksp（CaCO3）Ksp（CaSO4），故D错误。答案选A。4、D【题目详解】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A项错误；B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白磷稳定，B项错误；C. 气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，故H1H2，C项错误；D.由图4可以看出，CO2(g)

5、和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，HCl- Na+ 、 离子键、共价键 弱于 非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大 由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O 【分析】A、B、C、D 均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，则A为氧元素； B 是短周期

6、中金属性最强的元素，则B为钠元素；C 与 D 位置相邻，D 是同周期元素中原子半径最小的元素，则D为氯元素，C为硫元素；A、B、C、D分别为：O、Na、S、Cl 。【题目详解】(1)A为氧元素，在周期表中的位置为第二周期A族，氧原子的最外层电子排布式为2s22p4，氧原子核外共有8个电子，则有8个不同运动状态的电子。答案为：二；A；2s22p4；8；(2) Na、S、Cl 三种元素形成简单离子分别为：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分别为三个电子层，Na+为两个电子层，Na+半径最小，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，故S2-半径大于Cl-半径，半径大小的顺序为：S2-Cl-

7、 Na+。答案为：S2-Cl- Na+；(3) O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，电子式分别为、；这些化合物中所含的化学键有离子键、共价键；答案为：、；离子键、共价键；(4) S和Cl为同周期元素，同周期元素从左至右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱：S弱于Cl；从原子结构的角度分析：非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O；答案为：弱于；非

8、金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O。24、 8 氧化反应 abd n 防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化） -OH、-Cl +H2O+C2H5OH 【分析】苯丙醛和甲醛发生反应生成F，由题中信息可知F结构简式为，F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为，G被氧气氧化生成H，醛基氧化为羧基，H的结构简式为，H和锌反应生成M，M能发生

9、加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物可知，M的结构简式为，N的结构简式为；苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，由已知信息可知B的结构简式为，B在氢氧化钠水溶液中水解、酸化后生成C为，C和甲醇发生酯化反应生成E为，据此分析解答。【题目详解】(1)苯丙醛和甲醛发生信息中的反应生成F，F结构简式为，F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有：可以在碳碳双键上分别连接、CH2CHO；、CHO；、CH3(醛基苯环上有邻、间、对三种位置变化)；、CHO(甲基苯环上有邻、间、对三种位置变化)，共有8种结构，答案：；8；G被氧气氧化生成H，所以GH的反应类型为氧化反应，答案：氧化

10、反应；X的结构简式为，aX中含有醛基，能与银氨溶液发生反应，a正确；bX中含有醛基和苯环，所以能与氢气在一定条件下发生加成反应，b正确；cX中含有溴原子，所以能在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗2molNaOH，c错误；d加热条件下，X与NaOH醇溶液发生消去反应，双键可出现在不同位置，所以可生成不止一种有机物，d正确，答案选abd；一定条件下M发生加聚反应生成N，反应的化学方程式为n，答案：n；已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“FG”和“HM”两步的作用是防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化），答案：防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）；(2)由分析

11、可知B的结构简式为，含有羟基和氯原子两种官能团，官能团的结构简式为-OH、-Cl，答案：-OH、-Cl；由分析可知E为，C为，E含有酯基，在酸性条件下水解可生成C，反应的化学方程式为+H2O+C2H5OH，答案：+H2O+C2H5OH。25、 b I2易升华，也会使湿润淀粉KI试纸变蓝 湿润的淀粉试纸 湿润的淀粉试纸无明显变化 【分析】(1)加入0.20mL NaClO3后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘； (2)加入0.30 mLNaClO3后，溶液为无色，NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与(1)中的

12、反应产物继续反应，同时生成Cl2；取少量实验4中的无色溶液进行如图实验，进一步佐证其中含有IO3-；根据碘单质易升华的性质分析；使用湿润的淀粉试纸直接检验气体验证是否含有碘单质，若不变蓝证明产生了氯气。【题目详解】(1)加入0.20mL NaClO3后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘，反应的离子方程式为：ClO3+6I+6H+Cl+3I2+3H2O；(2)取少量实验4中的无色溶液进行如图实验，无色溶液中加入试剂X变为黄色，加入四氯化碳萃取得到下层紫红色，说明生成了碘单质，加入的试剂具有还原性，能和碘酸根离子发生氧化还原反应生成碘单质，a

13、碘水中含碘单质，不能验证，故a不符合要求；bNaHSO3溶液具有还原性，可与碘酸根离子发生氧化还原反应生成碘单质，故b符合要求；cNaClO3过量，KI可与NaClO3发生氧化还原反应生成碘单质，不能证明含有碘酸根离子，故c不符合要求；d高锰酸钾溶液具有氧化性，不与碘酸根离子反应，不能证明含有碘酸根离子，故d不符合要求；故进一步佐证其中含有IO3，所选试剂为b；由于碘单质易升华，碘单质也可以使淀粉KI试纸变蓝，仅通过润湿淀粉试纸变蓝的现象不能说明生成，补充了如下实验：将实验4中的湿润淀粉试纸替换为湿润的淀粉试纸，在滴加溶液后，发现湿润的淀粉试纸无明显变化，则进一步佐证实验4中生成了。26、a

14、c 除去CO2中的HCl 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3+ 2H2O NH3 将湿润的红色石蕊试纸放在D出口处，若试纸变蓝，则证明有氨气逸出；若试纸不变蓝，则证明没有氨气逸出（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近D出口处，若有白烟，则证明有氨气逸出；若没有白烟，则证明没有氨气逸出。） CaCl2+ H2O + CO2+ 2NH3 CaCO3 + 2NH4Cl 【答案解析】(1)根据装置特点可知，A为二氧化碳的发生装置，E为氨气的发生装置；(2)根据生成的二氧化碳中混有氯化氢，结合C中的反应分析判断；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水；(4)根据二

15、氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体；(5)根据氨气的检验方法分析解答；(6)由反应物和生成物写出反应方程式。【题目详解】(1)装置A为碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，所需药品是石灰石和6mol/L盐酸，故答案为ac；(2)饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为除去二氧化碳中的氯化氢；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；(4)氨气极易溶于水，易于二氧化碳的吸收，所以应先通入氨气，故答案为NH3；(5)氨气是碱性

16、气体，能使红色石蕊试纸变蓝；氨气能和浓盐酸反应生成白烟，故答案为用湿润的红色石蕊试纸放到D出口处，如果试纸变蓝，则证明氨气逸出，反之则不逸出（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口处，若观察到白烟，则证明氨气逸出，反之则不逸出）；(6)氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl，故答案为CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl。27、C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O 硝酸分解也能产生红棕色NO2气体 红热木炭直接和硝酸蒸气反应

17、 将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中 2NO22C = N22CO2 光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子）分解 【分析】（1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，据此书写化学方程式；（2）浓硝酸不稳定，加热易分解，也能产生红棕色NO2气体；（3）木炭能燃烧，并产生红棕色气体，可能是红热木炭使HNO3分解产生红棕色NO2气体，也可能为红热木炭直接和硝酸蒸气反应；（4）设计实验证明红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧，可将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中，观察是否能直接反应；木炭在NO2气体中燃，结合元素守恒分析，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳

18、，另一种无色气体且遇空气不变色，则为氮气，据此写出化学方程式；（5）硝酸在不同条件下分解实验，对照条件可知，先点燃处酒精灯，溶液沸腾后没有观察到红棕色气体产生，目的使硝酸变蒸气点燃处酒精灯并加热试管中部，很快看到大量红棕色气体产生，说明硝酸分子分解，据此判断使硝酸成功分解的关键。【题目详解】（1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，该反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（2）浓硝酸不稳定，加热易分解生成二氧化氮，浓硝酸和碳在加热条件下反应也生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，反应方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O，所以要想检验浓硝酸和碳反应不能根据是

19、否生成二氧化氮判断，要根据CO2判断；（3）乙同学设计了图2装置实验，木炭能燃烧，并产生红棕色气体，图示在燃烧匙中红热的木炭，可能直接与硝酸反应产生二氧化氮气体，也可能是红热木炭使HNO3分解产生红棕色NO2气体；（4）设计实验证明红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧，可将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中，观察木炭在NO2气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集气瓶中气体颜色变浅直至无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色，说明假设b正确，反之不正确；木炭在NO2气体中燃，结合元素守恒分析，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳，另一种无色气体且遇空气

20、不变色，则为氮气，据此写出化学方程式为：2NO22C = N22CO2；（5）光照8小时，溶液不变黄，浓硝酸几乎不分解，光照几分钟后看到液面上方出现红棕色，溶液变黄，说明已经分解，先点燃处酒精灯，溶液沸腾后没有观察到红棕色气体产生，目的使硝酸变蒸气点燃处酒精灯并加热试管中部，很快看到大量红棕色气体产生，说明硝酸分子分解，由此可判断使硝酸成功分解的关键是光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子）分解。【答案点睛】本题为探究性实验题，主要考察学生分析问题，解决问题的能力，硝酸的不稳定性，是解决这道题的关键，设计的实验围绕排除硝酸分解的干扰，对学生来说有些困难。28、铁粉 MnO4-+5Fe2+ +8H+=M

21、n2+ +5Fe3+ +4H2O 升高温度促进Fe3+的水解，过高温度不利于聚铁的形成(或者完全水解) 蒸发皿、玻璃棒 Na2O2或NaClO Fe2+ +2HCO3- =FeCO3 + CO2 +H2O 【分析】根据流程图，加入过量的Fe2(SO4)3溶液能与Fe和Cu反应，固体A为Si，a中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+，加入还原剂后，b溶液中只含有Fe2+，所以中过量的还原剂应是铁粉，固体B是铜；向溶液b中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+易水解，在中，将溶液c控制到7080的目的是升高温度促进Fe3+的水解，过高温度不利于聚铁的形成；向溶液硫酸亚铁溶液中加入了NH4HC

22、O3溶液，得到FeCO3沉淀，FeCO3煅烧生成氧化铁，据此答题。【题目详解】（1）根据流程图，溶液a中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+，加入还原剂后，b溶液中只含有Fe2+，所以中过量的还原剂应是铁，故答案为铁粉。（2）溶液b中含有Fe2+，加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；故答案为MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O。（3）溶液b中含有Fe2+，向b中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+易水解，在中，将溶液c控制到7080的目的是升高温度促进Fe3+的水解，过高温度不利于聚铁的形成；故答案为升高温度促进Fe3+的水解，过高温度不利于聚铁的形成(或者完全水解)。（4）蒸发浓缩需要的硅酸盐仪器除酒精灯外，还有蒸发皿、玻璃棒；故答案为蒸发皿、玻璃棒。（5）根据流程图，在中的氧化剂X是Na2O2或NaClO；故答案为Na2O2或NaClO。（6）向溶液硫酸亚铁溶液中加入了NH4HCO3溶液，得到FeCO3沉淀，其离子反应方程式Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+