2022-2023学年福建省安溪第六中学化学高三第一学期期中统考模拟试题（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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是A用湿润的pH试纸测定NaCl 溶液的pH时会影响测定结果B检验某溶液含有NH4+：取试样少许于试管中，加入足量NaOH溶液加热，用湿润红色石蕊试纸检验变蓝C液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的细口试剂瓶中D配制一定

2、物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度偏小2、下列说法不正确的是( )A苯和溴水在铁作催化剂的条件可以制取溴苯B煤通过干馏，可以得到苯 、甲苯、二甲苯等有机化合物C油脂可以制造肥皂和油漆等D化学式为C9H18O2且有芳香气味的有机物，在酸性条件下 加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有16种3、有四组同一族元素所形成的不同物质，在101kPa时测定它们的沸点（）如下表所示: 第一组A -268.8B -249.5C -185.8D -151.7第二组F2 -187.0Cl2 -33.6Br2 58.7I2 1

3、84.0第三组HF 19.4HCl -84.0 HBr -67.0 HI -35.3第四组H2O 100.0H2S -60.2H2Se -42.0H2Te -1.8下列各项判断正确的是A第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子中化学键键能最强B第三组与第四组相比较，化合物的稳定性顺序为：HBrH2SeC第三组物质溶于水后，溶液的酸性：HFHClHBrHID第一组物质是分子晶体，一定含有共价键4、下列粒子中，与NH4+具有相同质子数和电子数的是AOHBFCNa+DNH35、氨气可以做喷泉实验，这是利用氨气下列性质中的( )A易液化B比空气轻C极易溶于水D有刺激性气味6、短周期元素W、X、Y

4、和Z的原子序数依次增大。元素W是形成化合物数量众多，且分布极广的元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z元素的单质易溶于WZ2中。下列说法错误的是（）A元素X、Y与Z的原子半径大小：YZXB元素W、Z的氯化物中，化学键类型相同，且各原子均满足8电子C元素X与元素Y形成的化合物是一种较好的耐火材料D元素X可与元素Z可组成3种二价阴离子7、下图为N2分子在催化剂作用下发生一系列转化的示意图，下列叙述正确的是()A若NN键能是a kJmol-1,HH键能是b kJmol-1,HN键能是c kJmol-1,则每生成2 mol NH3,放出(6c-a-3b)k

5、J热量BNH3分子和H2O分子的中心原子杂化类型不同C催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物，均为直线形分子8、下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）AZn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJmol-1，E反应物E生成物BCaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物H2Se，B正确；C. 第三组物质溶于水后，HF溶液的酸性最弱，因为氢氟酸是弱酸、其他均为强酸，C不正确；D. 第一组物质是分子晶体，其结构粒子为分子，但是，分子中不一定含有共价键，如稀有气体分子中无共价键，

6、D不正确。综上所述，各项判断正确的是B，本题选B。4、C【题目详解】NH4+中含有的质子数是11，电子数是10。A中质子数是9，电子数是10。B中中质子数是9，电子数是10。C中中质子数是11，电子数是10。D中中质子数是10，电子数是10。所以正确的答案是C。5、C【答案解析】实验的基本原理是使瓶内外在短时间内产生较大的气压差，利用大气压将瓶下面烧杯中的液体压入瓶内，在尖嘴导管口处形成喷泉1体积水可溶解700体积的氨气（0摄氏度，1标准大气压下），当滴管内的水进入烧瓶内时，氨气大量溶于水，外界大气压将水压入瓶中，剩余氨气又溶于进入瓶中的水，最终水充满烧瓶氨气极易溶于水，所以氨气可以做喷泉实验

7、，与沸点的高低、密度、气味等无关答案选C。6、B【答案解析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是形成化合物数量众多，且分布极广的元素，W是碳元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X核外电子排布2、6，是氧元素，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y是铝元素，Z元素的单质易溶于WZ2中，S单质易溶于CS2中，Z为硫。A、同周期原子序数越大，原子半径越小，故AlS，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径SO，故A正确；B、硫有多种价态，能形成SCl2、S2Cl2、SCl4、SCl6等化合物，其中SCl6形成6对公用电子对，12个电子，不是8电子结构，故B错误；C、Al2O3

8、熔点高是一种较好的耐火材料，故C正确；D、氧和硫可形成，SO32、SO42、S2O32三种常见阴离子，故D正确。故选B。7、A【题目详解】A反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能数据可知，该反应的反应热HakJ/mol3bkJ/mol23ckJ/mol，则每生成2 mol NH3，放出(6c-a-3b)kJ热量，选项A正确；B水分子中价电子数=2+（6-21）=4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3 杂化，氨气中价层电子对个数=3+（5-31）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，杂化方式相同， 选项B错误；C催化剂a表面是氢气氮气反应生成氨

9、气，催化剂a表面发生了非极性键（氢氢键和氮氮键）的断裂，催化剂b表面发生了非极性共价键（氧氧双键）的断裂，选项C错误；D在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物H2O和NO，NO为直线形分子，H2O为V形分子，选项D错误；答案选A。8、B【分析】A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应； B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C. 该反应为吸热反应；D. 该反应为可逆反应。【题目详解】A.当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应H0，A项错误；B.当反应物总能量0，B项正确；C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol

10、-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H c(H+)，HN2O水解使溶液显碱性，则c(Na+) c(H2N2O2 )， HN2O水解趋势大于电离趋势，则c(HN2O) c(N2O)，考虑到水解促进电离，则c(OH-) c(H2N2O2) ，综上， c点溶液中离子浓度大小关系为：c(Na)c(HN2O)c(H2N2O2) c(N2O)，故C正确；Dd点时溶液溶质为Na2

11、N2O2，质子守恒为：2c(H2N2O2)c(HN2O)c(H+)=c(OH-)，D不正确；故选C。12、B【答案解析】A. SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3。H2SO3在水中电离产生H+使溶液显酸性，pH7，当通入溴水时，又发生反应：Br22H2O+SO2= SO42-+4H+2Br-，溶液的酸性进一步加强，A错误；B. KNO3的溶解度随温度的升高而增大，在溶解度曲线上的点都是饱和溶液，在溶解度曲线左上方的点都是过饱和溶液，而在溶解度曲线右下方的点都是温度高，溶质还没有加到达到饱和所需要的质量，因此都是不饱和溶液。a点在溶解度曲线右下方，所以属于不饱和溶液，B正确；C.

12、 乙酸是弱电解质，在水中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，所以乙酸溶液能导电，当向该溶液中通入氨气时发生反应：CH3COOH+NH3= CH3COONH4，CH3COONH4是强电解质在水中完全电离，自由移动的离子浓度大大增强，所以溶液的导电性增强，当二者恰好完全反应时导电性基本达到最大值，因为氨气过量时与水反应得到的一水合氨是弱电解质，导电能力对该溶液来说没有很大的影响，C错误；D.对于相同物质的量浓度的盐酸与醋酸来说，由于盐酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离，所以H+的浓度盐酸的大。H+的浓度越大，溶液的pH越小，滴定过程中H+的浓度变化就越大，所以为醋酸的滴

13、定曲线，为盐酸的滴定曲线，D错误；答案选B。13、B【题目详解】A.反应的焓变只与反应的始态和终态有关，而与变化路径无关，催化剂能降低反应所需的活化能，但不能改变反应的焓变，故A错误；B. FeCl3、MnO2、Fe2O3、过氧化氢酶等都可以催化H2O2的分解，故B正确；C.由图示可知，催化剂通过改变反应的途径降低了反应的活化能，故C错误；D.由坐标图可知，过氧化氢分解的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应为放热反应，故D错误；答案选B。14、C【题目详解】A、焰色反应是元素的性质，氢氧化钠溶液焰色反应火焰也呈黄色，选项A错误；B、浓盐酸挥发出的HCl气体也可和Na2SiO3溶液

14、反应，不一定是CO2与Na2SiO3溶液反应，选项B错误；C、浓氨水电离生成氢氧根离子，溶液显碱性，则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，选项C正确；D、SO32-能被硝酸氧化为SO42-，加入稀硝酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中可能有SO42-、SO32-或者Ag+，选项D错误。答案选C。15、A【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期

15、律和物质的性质解答。【题目详解】根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则A. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；D. 亚硝酸为弱酸，D错误；答案选A。【答案点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单

16、质及其化合物的性质、典型用途、制备等。16、B【答案解析】A铝离子和铁离子能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水，但不能杀菌消毒，故A错误；B硫、氮的氧化物溶于水生成酸，减少硫、氮的氧化物的排放可以减少酸雨产生，所以燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故B正确；C. 硅胶是干燥剂，不是抗氧化剂，故C错误；D.“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，故D错误；故选B。 二、非选择题（本题包括5小题）17、环戊烯 氢氧化钠醇溶

17、液，加热 C5H6 2 b D OHC-CHO+OHC-CH2-CHO 【分析】(1)由转化关系可知X为，Y为；(2)根据结构简式判断分子式，二聚环戊二烯的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体，则苯环上有3种性质不同的H原子，金刚烷中含有2种性质不同的H原子，金刚烷与四氢二聚环戊二烯分子式相同，但结构不同；(3)环戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应；(4)根据题给信息判断碳碳双键的断裂，可确定生成物。【题目详解】(1)由转化关系可知X为，Y为，X为环戊烯，反应为消去反应，在氢氧化钠的醇溶液中加热条件下反应；(2)由结构简式可知环戊二烯分子的分子式为C5H6，二聚环戊二烯

18、的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体，则苯环上有3种性质不同的H原子，可能的结构为，金刚烷中含有2种性质不同的H原子，金刚烷的一氯代物有2种，金刚烷与四氢二聚环戊二烯分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，答案选b。(3)环戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，类似于二烯烃的加聚反应，生成物为； (4)由题给信息可知OHCCHO+OHCCH2CHO。18、Mg 1s22s22p6 离子 2F2+2H2O4HF+O2 bd Na 钠与水反应比镁与水反应剧烈 【分析】A的单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远，则A为Na；工业上通过分离液态空气获得B的单质，原子的最外

19、层未达到稳定结构，则B为N或O元素；C的原子的L层有一个未成对的p电子，其电子排布为1s22s22p1或1s22s22p5，单质为气体，则C为F元素；D的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则D为Mg，据此解答。【题目详解】(1)上表中与A属于同一周期的元素是Mg，D2+的电子排布式为1s22s22p6；(2)D和C形成的化合物为MgF2，为离子晶体；氟与水反应生成HF和氧气，反应为2F2+2H2O4HF+O2；(3)a元素B为氧或氮，最高正价都不是+6，且氧没有最高价，故a错误；b氮气或氧气在常温、常压下单质都难溶于水，故b正确；c氮气中含有14个电子，氧气中含有16个电子，故c错误；d

20、燃时镁与氧气反应生成氧化镁，镁与氮气反应生成氮化镁，故d正确；故答案为：bd；(4)Na、Mg均在第三周期，由同周期元素的金属性从左到右在减小可知，Na的金属性强，根据钠与水反应比镁与水反应剧烈可证明金属性：NaMg。19、 白色沉淀是Cu2+被还原的Cu+与SCN反应所得 和发生（络合）反应， 【分析】(1) Fe2(SO4)3溶液中铁离子具有强氧化性可使Cu变为铜离子；(2)铜粉过量，则溶液中可能产生Cu+，白色沉淀是Cu+与SCN直接结合所得；已知SCN具有强还原性，易被氧化为(SCN)2，则硫酸铜中的铜离子有氧化性，可发生氧化还原反应；(3)实验中，Fe2+与硝酸反应生成Fe3+、NO

21、气体和水；(4)通过、对比，溶液颜色无变化，溶液变为棕色与Fe3+、SO42-无关；实验中，溶液变为棕色，与Fe2+有关，则NO与Fe2+形成了配合物。【题目详解】(1) Fe2(SO4)3溶液中铁离子具有强氧化性可使Cu变为铜离子，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；(2)铜粉过量，则溶液中可能产生Cu+，白色沉淀是Cu+与SCN直接结合所得；已知SCN具有强还原性，易被氧化为(SCN)2，则硫酸铜中的铜离子有氧化性，可发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2+ 4SCN=2CuSCN+(SCN)2；(3)实验中，Fe2+与硝酸反应生成Fe3+、NO气体和水，反应的离子方程式

22、为3Fe2+4H+NO3-= 3Fe3+NO+2H2O；(4)通过、对比，溶液颜色无变化，溶液变为棕色与Fe3+、SO42-无关；实验中，溶液变为棕色，与Fe2+有关，则NO与Fe2+形成了配合物。20、2Ag+=Ag2SO3有红色固体生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为Al3+、OH-V1明显大于V2亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【答案解析】(1). 实验中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到

23、SO32浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+SO32=Ag2SO3，故答案为：2Ag+SO32=Ag2SO3；(2). . 因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：有红色固体生成；. a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+SO32+H2O=SO42+2I+2H+、SO42+Ba2+=BaSO4，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为：HCl溶液和B

24、aCl2溶液；b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32，故答案为：在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32转化为SO42；(3). . 根据题意知实验的白色沉淀中无SO42，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为：Al3+、OH-

25、；. a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，故答案为：V1明显大于V2；（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样

26、性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。21、c温度低反应慢，温度过高溴挥发Fe粉过量HBr4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3冷却结晶蒸发皿、玻璃棒3Ca（OH）2 3Br22NH33CaBr2N26H2O2Fe(s)3O2(g)2C(s)=2 FeCO3(s) H=1480kJ/mol【答案解析】试题分析：本题以溴化钙晶体制备的流程为载体，考查流程的分析，Fe3+的检验，基本实验操作，盖斯定律的应用，化学方程式和热化学方程式的书写。Fe粉与Br2在40化合成FeBr2；FeBr2中加入过量熟石灰发生复分解反应生成Fe（OH）2和CaBr2，过滤获得的溶液中含CaBr2和过量的Ca（OH）2，所以向溶液中加入的试剂X为HBr，用于中和过量的Ca（O