2022-2023学年天津市宝坻区大口屯高中化学高三上期中质量检测模拟试题（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（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质酸性最弱的是ACH3COOHBCH3CH2OHCH2CO3DH2O2、下列物质的保存方法正确的是少量金属钠保存在冷水中 浓硝酸盛放在无色试剂瓶中少量金属钾保存在煤油中 氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中氯水存放在带玻璃塞的无色细口瓶中 碳酸钠固体保存在带橡胶塞的细口瓶中ABCD

2、3、下列说法中正确的是 （）A碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物B硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是弱电解质CCO2、NH3的水溶液可以导电，所以CO2、NH3是电解质D强电解质溶液的导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱4、下列各组中的两种物质相互作用时，在温度、反应物用量、反应物浓度等发生变化时，不会引起产物变化的是 （ ）A硫与氧气B钠与氧气C纯碱溶液与稀盐酸D铁与HNO3溶液5、下列装置用于实验室制氨气或验证氨气的化学性质，其中能达到实验目的的是()A用装置甲制取氨气B用装置乙除去氨气中的水蒸气C用装置丙验证氨气具有还原性D用装置丁吸收尾气6、世界第一条大面积

3、碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A普通玻璃含有二氧化硅B该发电玻璃能将光能完全转化为电能C碲化镉是一种无机化合物D应用该光电转化技术可减少温室气体排放7、下列有关化学用语表示正确的是A葡萄糖的结构简式: C6H12O6BBCl3的电子式: C硫离子的结构示意图: D质量数为44，中子数为24 的钙原子: 8、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（ ）A4种 B5种 C6种 D7种9、下列实验操作和实验结论均正确的是实验操作实验结论A先加少量氯水，再滴加KSCN溶液，出

4、现血红色证明某溶液中存在Fe2B向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C向碳酸钙中滴加盐酸，有气泡产生证明氯的非金属性大于碳D将MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸发、结晶、过滤制备氯化镁晶体AABBCCDD10、Nature杂志评选出的2019年世界十大科技进展之一是我国科研人员发现用于“点击化学”的一种新化合物（如图所示），W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，X、Z同主族。下列说法正确的是（ ）A原子半径：r(Z)r(X)r(Y)B四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为YC最简单氢化物的沸点W

5、XD最简单氢化物的稳定性：WXY11、下列有关物质性质比较，结论正确的是A溶解度：Na2CO3NaHCO3 B沸点：C2H5SHC2H5OHC热稳定性：HFH2O D酸性：H3PO4Ksp（AgI），B项错误；C，CaCO3中滴加盐酸有气泡产生，说明发生了反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律得出酸性：HClH2CO3，HCl不是Cl的最高价含氧酸，不能得出Cl和C非金属性的强弱，C项错误；D，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl，在HCl气流中蒸发，抑制MgCl2的水解，制得氯化镁晶体，D项正确；答案选

6、D。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及Fe2+的检验、沉淀的转化、元素非金属强弱的判断、盐类水解的应用。需要注意：（1）检验Fe2+的方法：先加KSCN溶液无明显现象，再加入氯水，溶液出现血红色；（2）元素非金属性的强弱可以通过最高价含氧酸酸性的强弱表现，不能通过气态氢化物水溶液酸性的强弱表现。10、A【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，由图可知Y可形成1个共价键，W可形成3个共价键，可知Y为F元素，W为N元素；X、Z同主族，且X可形成X=Z键，可知X最外层有6个电子，则X为O元素，Z为S元素，以此解答该题。【题目详解】由以

7、上分析可知，W为N元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素。A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素其原子半径随着原子序数增大而增大，则原子半径：r(Z)r(X)r(Y)，故A正确；BF的非金属性最强，不存在最高价含氧酸，故B错误；C氨气和水分子之间都存在氢键，但水分子之间形成氢键更多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点WX，故C错误；D元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性FON，则气态氢化物的稳定性YXW，故D错误；故答案选A。11、B【答案解析】A.相同温度下，NaHCO3溶解度小于Na2CO3；B.结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越

8、高；C.元素非金属性越强，氢化物稳定性越强；D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。【题目详解】A.溶解度：Na2CO3NaHCO3 ，A错误；B.沸点：C2H5SH 相对分子质量较 C2H5OH 大，但 C2H5OH 分子间存在氢键，故 C2H5OH 沸点更高，B正确；C.根据元素周期律，非金属性FO，热稳定性：HFH2O，C错误；D. 根据元素周期律，非金属性PSi ，酸性：H3PO4H2SiO3，D错误；故选 B。12、C【题目详解】A由原理图可知，太阳能参与了该降解方法，即存在太阳能转化为化学能，A项错误；BO2在该装置中得电子，B项错误；C负极2-萘酚被氧化，失电子生成二

9、氧化碳和水，C项正确；D由正负极反应可知关系式223O2，144g2萘酚为lmol，降解lmol2-萘酚时，消耗11.5molO2，空气中O2约占五分之一，即消耗空气为57.5mol，即标准状况下的1288L，但该选项缺少标准状况条件，故消耗的空气体积不确定，D项错误；故选C。13、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

10、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。14、B【题目详解】A、34S原子核内中子数为：3416=18，错误；B、16O2比18O2相对分子质量小，所以16O2比18O2范德华力小，故16O2比18O2沸点更低，正确；C、2H+的酸性与1H+的酸性相同，错误；D、13C原子核内的质子数为6，15N原子核内的质子数为7，相差1，错误。15、A【答案解析】A甲含-COOH与Na反应生成氢气，而乙不能，故A错误；B二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确；C含-COOH、-COOC-，均可发生取代反应，故C正

11、确；D均含碳碳双键，都能与溴的单质发生加成反应，故D正确；故选A。点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键。由结构可知，二者分子式相同，甲中含碳碳双键、-COOH，乙中含碳碳双键、-COOC-。16、A【答案解析】试题分析：酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，正确；弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如CuSO4+H2SCuS+H2SO4，正确；如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生，正确；两种酸溶液充分反应后，所得溶液呈中性可以实现，

12、如亚硫酸和氢硫酸反应，正确；氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应，正确；二氧化氮与水反应生成NO，所以两种氧化物发生反应有气体生成可以实现，正确；所以正确的有；选A。考点：考查物质的分类及常见物质的性质。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第A族 4 3 O2-F-Mg2+ 原子 不赞同 H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关 【分析】5种短周期元素，由化合价只有正价而没有负价可知，A、D为+2价，为同主族金属元素，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，

13、E为O；C有+4价和-4价，在第A族，原子半径比D小，比A大，则C为Si元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为Be元素，B为F元素，C为Si元素，D为Mg元素，E为O元素。(1)C为Si，在元素周期表中第三周期A族；E为O元素，核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，电子填充在4个轨道上，题意电子亚层上的电子能量相同，这些电子有3种不同的能量，故答案为第三周期第A族；4；3；(2)B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，所以O2-F-Mg2+，故答案为O2-F-Mg2+；(3)C与E形成的化合物为SiO2，是由共价键形成的空间网状结构的晶体，为

14、原子晶体，故答案为原子；(4)E为O元素，则X为S元素，H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关，因水中含有氢键使其沸点高，故答案为不赞同；H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关。18、制作铁红等 Al2O3 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3 +HCO3- Fe3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+ 【分析】I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，由转化关系可知G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C

15、为Al2O3，E为AlCl3，K为Al(OH）3，F为NaAlO2【题目详解】（1）B为Fe2O3，B的主要用途是制作铁红等，C的化学式为Al2O3。（2）E为AlCl3，阳离子为Al3，离子的结构示意图为；（3）向F中通入足量CO2生成K，即：向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）J在工业上可用于净水，其原理是：铁盐可作絮凝剂，常用于净水，其原理是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H，生成胶体，具有吸附性，可净化水。【答案点睛】本题以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及化学式及离子方程式书写等

16、，易错点（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3和碳酸氢钠，通入少量二氧化碳则生成碳酸钠。19、蒸馏烧瓶 a 浓硫酸 BD 2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4 SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生的氯气溶解在其中 75% 【分析】本实验目的是用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，甲为制取二氧化硫装置，戊为制取氯气装置，乙和丁均为除杂装置，己为吸收空气中水蒸气装置和吸收尾气。（6）中，根据物质的量之比等于化学方程式中计量数之比可推得，消耗氯气的量等于理论生成硫酰氯的物质的量，进而计算硫酰氯的产率。【题目详解】（1）仪器C为蒸馏烧瓶，冷凝水的流向是“下进上出”，所以装置

17、丙冷凝管的进水入口为a；因此，本题正确答案是：蒸馏烧瓶；a；（2）乙的作用是干燥SO2，丁的作用是干燥氯气，所以乙、丁中的试剂都是浓硫酸；因此，本题正确答案是：浓硫酸；（3）A.98.3%硫酸缺少水，硫酸电离很少，大多以分子形式存在，而Na2SO3(s)和H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的情况下才能顺利进行，故A错误；B. 同温同压下，实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等，故B正确；C. 装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和NaCl溶液，才能减小氯气的溶解度，故C错误；D装置己可吸收二氧化硫和氯气，防止污染，同时吸收空气中的水，防止硫酰氯变质，故D正确。因

18、此，本题正确答案是：BD；(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，根据质量守恒配平，反应方程式为：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4，因此，本题正确答案是：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4；(5)由分解反应SO2Cl2=SO2+Cl2可知，分解产生少量氯气，氯气为黄绿色，溶解在其中，会导致硫酰氯发黄；因此，本题正确答案是：SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生的氯气溶解在其中；(6) 若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，氯气的物质的量为0.04mol，由化学方程式SO2+Cl2 =SO2Cl2可知，理论上生成硫酰氯0.04mol，所以硫酰氯的理论产量m=

19、nM=(32+32+71)g/mol=5.4g，产率=100%=100%=75%。因此，本题正确答案是：75%。20、SO2、H2SO3、HSO3、SO32 HSO3离子存在平衡有电离平衡：HSO3 H+SO32 ，水解平衡：HSO3 +H2O H2SO3+OH，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性 证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰 SO32 乙 SO32能使品红褪色，因为SO2+2OH +Ba2+ = BaSO3+H2O，同时排除SO32的干扰 AC 【分析】探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，据此分析

20、判断；(2)NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢钠电离和水解，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度；(3)氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；(4)根据实验一和实验二的abc分析判断；探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，氢氧根离子不影响溶液的褪色，乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；(6)选择的试剂不能具有漂白性，同时能够将二氧化硫反应除去，据此分析解答。【题目详解】探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应

21、生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；(3

22、)pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，故答案为：证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰；(4)实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。说明使品红褪色的微粒不是SO2；根据实验二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有HSO3-，溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液

23、立即褪色，说明SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32-，故答案为：SO32-；探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，说明氢氧根离子浓度不影响二氧化硫褪色，不能说明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，同时排除SO32-的干扰，故答案为：乙；SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，同时排除SO32-的干扰；(6)A稀硝酸不具有漂白性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液变红色，故A正确；B氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不会变成红色，故B错误；C双氧水能够将二氧化硫氧化为硫酸，溶液变成红色，故C正确；故选AC。21、 Fe2（SO4）3和Fe(OH)3 10-3 mol/L a点 c(Na+)c()c()c(OH-)=c(H+) 【答案解析】（1）室温下，0.1 mol/L的下