2022-2023學年天津市靜海一中高三化學第一學期期中綜合測試模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列物質的分子為極性分子的是（ ）AC2H2

2、BCO2CNH3DBF32、類比推理是學習化學的重要的思維方法，下列陳述及類比推理陳述均正確的是（ ）陳述類比推理陳述A單質的熔點Br2 I2單質的熔點Li Br-還原性：P3- N3-D溶解度：CaCO3Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3NaHCO3AABBCCDD3、下列分子中，屬于含有極性鍵的非極性分子的是AB C DHCl4、下列有關膠體的敘述不正確的是A向沸水中滴入飽和氯化鐵溶液可制取氫氧化鐵膠體B制作果凍利用了膠體的性質C膠體和溶液的本質區(qū)別是能否產生丁達爾現象D溶液是穩(wěn)定的分散系5、4-乙烯基苯酚（)常出現在肉香和海鮮香精的配方中,在其同分異構體中,含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應的

3、有A3種B4種C5種D6種6、甲苯的一氯代物有4種，則甲苯完全氫化得到的環(huán)烴的一氯代物的異構體數為（ ）A3B4C5D67、下列有關物質性質比較，結論正確的是A溶解度：Na2CO3NaHCO3 B沸點：C2H5SHC2H5OHC熱穩(wěn)定性：HFH2O D酸性：H3PO4H2SiO38、下圖是部分短周期主族元素原子半徑與原子序數的關系圖。下列說法正確的是（ ）Ab、d兩種元素的離子半徑相比，前者較大Ba的單質在高溫條件下能置換出e的單質，說明非金屬性ac(NH4+)c(H)c(OH)B0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3-)c(H2CO3)2c(CO32-)C將0.2 m

4、ol/L NaA溶液和0.1 mol/L鹽酸等體積混合所得堿性溶液中：c(Na)c(H)c(A)c(Cl)D在250.1 mol/L的 NH4Cl溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(NH3H2O)15、天然氣是應用廣泛的燃料，但含有少量H2S等氣體。在酸性溶液中利用硫桿菌可實現天然氣的催化脫硫，其原理如圖所示。下列說法不正確的是（ ）A過程甲中發(fā)生反應的離子方程式為：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+B脫硫過程O2間接氧化H2SC該脫硫過程需要不斷添加Fe2(SO4)3溶液D過程乙發(fā)生反應的離子方程式為：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O16、一定溫度下，恒容密閉容器中發(fā)生N2(g

5、)+3H2(g)2NH3(g)反應，反應速率與反應時間的關系如圖所示。對兩種平衡狀態(tài)下各物理量的比較錯誤的是（ ）A平衡狀態(tài)時的c(H2)一定小B平衡狀態(tài)時的c(NH3)一定大C平衡常數K一樣大D平衡狀態(tài)時的v(正)一定大二、非選擇題（本題包括5小題）17、花椒毒素(I )是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚 A 為原料制備 ，合成路線如下：回答下列問題：(1)的反應類型為_； B 分子中最多有_個碳原子共平面。(2)A 中含氧官能團的名稱為_；若反應為加成反應，則寫出 F 的結構簡式_。(3)反應的化學方程式為_。(4)芳香化合物 J 是 D 的同分異構體，符合下列條件的 J 的結構共有_種

6、，其中核磁共振氫譜為五組峰的 J 的結構簡式為_。（只寫一種即可）。苯環(huán)上只有 3 個取代基可與 NaHCO3反應放出 CO21mol J 可中和 3 mol NaOH 。 (5)參照題圖信息 ，寫出以為原料制備： 的合成路線（無機試劑任選）：_。18、化合物M是一種新型有機酰胺，在工業(yè)生產中有重要的作用，其合成路線如下：已知：A是烴的含氧衍生物，相對分子質量為58，碳和氫的質量分數之和為44.8%，核磁共振氫譜顯示為一組峰，可發(fā)生銀鏡反應，且5.8 g A完全發(fā)生反應生成0.4 mol銀。R1-CHO+R2-CH2CHOR-COOHR-COCl回答下列問題：(1)A的名稱_E的結構簡式為_；

7、G的名稱為_。(2)B中含有官能團的名稱為_。(3)CD、DE的反應類型分別為_、_。(4)寫出 F+HM的化學反應方程式_。(5)芳香族化合物W有三個取代基，是C的同分異構體，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。0.5 mol W可與足量的Na反應生成1 g H2，且核磁共振氫譜顯示為五組峰，符合以上條件的W的同分異構體共有_ 種，寫出其中一種的結構簡式_。(6)參照上述合成路線，以C2H4和HOCH2CH2OH為原料(無機試劑任選)，設計制備的合成路線_。19、某化學反應2A BD在四種不同條件下進行，B、D起始濃度為0。反應物A的濃度（mol/L）隨反應時間（min）的變化情況如下表：根據上

8、述數據，完成下列填空：（1）在實驗1，反應在10至20分鐘時間內平均速率為_mol/（Lmin）。（2）在實驗2，A的初始濃度c2_mol/L，反應經20分鐘就達到平衡，可推測實驗2中還隱含的條件是_。（3）設實驗3的反應速率為v3，實驗1的反應速率為v1，則v3_v1（填、），且c3_1.0 mol/L（填、）。（4）比較實驗4和實驗1，可推測該反應是_反應（選填吸熱、放熱）。理由是 _20、實驗小組對Cr()與過氧化氫反應的影響因素進行了探究，實驗過程如下：實驗1：探究pH對Cr()與過氧化氫反應的影響1.室溫下，加酸或堿調節(jié)0.1mol/LCr2(SO4)3溶液pH分別為2.00、4.1

9、0、6.75、8.43、10.03、13.37。2.各取5mL上述溶液分置于6支試管中，分別向其中逐滴加入30%H2O2溶液，直至溶液不再發(fā)生變化，觀察并記錄現象。pH對Cr()與過氧化氫反應的影響試管pH2.004.106.758.4310.0313.37起始現象墨綠色溶液墨綠色溶液藍色渾濁液藍色渾濁液藍色渾濁液亮綠色溶液終點現象墨綠色墨綠色黃綠色亮黃色橙紅色磚紅色查閱資料：Cr3+為綠色，CrO為亮綠色，CrO為黃色。Cr3+較穩(wěn)定，需用較強氧化劑才能將其氧化；CrO在堿性溶液中是較強的還原劑。（1）Cr(OH)3為藍色固體，寫出中生成藍色沉淀的離子方程式_。（2）試管中溶液未發(fā)生明顯變化

10、，可能的原因是_。（3）中沉淀溶解，溶液變?yōu)榱咙S色，可能發(fā)生反應的離子方程式是_。（4）Cr(OH)3與Al(OH)3類似，具有兩性。存在如下關系：Cr3+3OH-Cr(OH)3CrO+H+H2O。解釋實驗1中，隨著溶液pH升高，終點溶液顏色變化的原因_。實驗2：探究溫度對Cr()與過氧化氫反應的影響各取5mLpH=13.50Cr2(SO4)3溶液分置于5支試管中，將其分置于0、25、50、75、100的水浴中，然后向試管中各滴加過量30%H2O2溶液，觀察并記錄實驗現象：溫度對Cr()與30%H2O2反應的影響反應溫度0255075100起始現象墨綠色終點現象紅棕色磚紅色橙紅色亮黃色亮黃色（

11、5）隨著反應溫度的升高，反應后溶液顏色由紅棕色向亮黃色轉變，是因為生成的紅色物質CrO（Cr為+5價）不穩(wěn)定，自身發(fā)生氧化還原反應，隨著溫度升高會逐漸轉化為亮黃色的CrO，同時生成氧氣。發(fā)生反應的離子方程式是_。（6）反應物濃度也是影響反應的因素之一。請利用實驗1給出的試劑，設計實驗進行驗證_。（7）綜上所述，Cr(III)與過氧化氫的反應產物與_密切相關。21、硫酸的工業(yè)制備是一個重要的化工生產過程，但在生產過程中會產生大量污染，需要在生產工藝中考慮到綠色工藝以硫酸工業(yè)產生的二氧化硫尾氣、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氫銨為原料可以合成硫化鈣、硫酸銨、亞硫酸銨等物質合成路線如下： （1）寫出反應的

12、化學方程式_（2）反應中每生成lmol硫化鈣理論上轉移電子數_；為充分利用副產品CO，有人提出以熔融的K2C03為電解質，設計燃料電池，請寫出此電池的負極反應_（3）為檢驗反應得到的產品是否因部分被氧化而變質，需選擇的化學試劑有_（4）根據合成流程，可以循環(huán)利用的是_（5）（NH4）2SO3溶液可用于電廠產生的煙道氣的脫氮，將氮氧化物轉化為氮氣，同時生成一種氮肥，形成共生系統(tǒng)寫出二氧化氮與亞硫酸銨反應的離子方程式_2022-2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【答案解析】AC2H2為直線形分子，分子結構對稱，正負電荷的中心重合，為非極性分子，

13、故A不選；B二氧化碳為直線結構，結構對稱、正負電荷中心重合，為非極性分子，故B不選；C氨氣為三角錐形結構，結構不對稱、正負電荷中心不重合，為極性分子，故C選；DBF3為平面三角形結構，結構對稱，正負電荷的中心重合，屬于非極性分子，故D不選；故選C。2、C【題目詳解】A. 分子晶體熔沸點與其分子間作用力成正比，分子間作用力與其相對分子質量成正比，鹵族元素單質都是分子晶體且其相對分子質量： ，所以單質熔點：，而金屬晶體熔沸點與其金屬鍵強弱有關，金屬鍵強弱與離子所帶電荷成正比、與離子半徑成反比，金屬鍵： ，則單質熔點：，故A錯誤；B. 的熔點遠遠高于，且熔融導電，從減少資源浪費方面考慮，工業(yè)上采用電

14、解熔融方法冶煉，故B錯誤；C. 元素的非金屬性越強，其簡單陰離子的還原性越弱，非金屬性，所以還原性，故C正確；D.碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，故D錯誤；答案選C。3、C【題目詳解】A項、H2O為V形結構，含有極性鍵，正負電荷的重心不重合，為極性分子，故A錯誤；B項、NH3為三角錐形結構，含有極性鍵，正負電荷的重心不重合，為極性分子，故B錯誤；C項、CH4為正四面體形結構，含有極性鍵，正負電荷的重心重合，為非極性分子，故C正確；D項、HCl為直線形結構，含有極性鍵，正負電荷的重心不重合，為極性分子，故D錯誤；故選C?！敬鸢更c睛】同種元素之間形成非極性共價鍵，不同元素之間形成極性共價鍵，分子中正負

15、電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，以極性鍵結合的雙原子一定為極性分子，以極性鍵結合的多原子分子如結構對稱，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子。4、C【題目詳解】A. 向沸水中滴入飽和氯化鐵溶液可制取氫氧化鐵膠體，方程式為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，故A正確；B. 果凍是膠體，制作果凍利用了膠體的性質，故B正確；C. 溶液、膠體和濁液的本質區(qū)別是分散質粒子直徑大小，而不是丁達爾效應，丁達爾效應只是膠體所特有的性質，故C錯誤；D. 溶液很穩(wěn)定，是穩(wěn)定的分散系，故D正確；故選C。5、B【答案解析】含有苯環(huán)且

16、能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，如果苯環(huán)上含有一個取代基，應該是CH2CHO，如果含有兩個取代基，應該是CHO和CH3，有鄰、間、對三種，合計是4種，答案選B。6、C【題目詳解】甲苯與足量的氫氣加成生成，與Cl2發(fā)生的一元取代反應中，可取代甲基上的H原子，也可以取代環(huán)的H原子，其中甲基上有1種H原子，而環(huán)上的H原子有甲基的鄰位、間位、對位及與甲基相連C原子上的H原子，有4種H原子，總共有5種；C符合題意。答案選C?！敬鸢更c睛】該題非常容易選B，甲苯的一氯代物是4中，其中甲基上有1種H原子，而環(huán)上的H原子有甲基的鄰位、間位、對位共3種，總共4種。與的區(qū)別在于，甲苯中，與甲基相連的苯環(huán)的C上沒有H原

17、子。7、B【答案解析】A.相同溫度下，NaHCO3溶解度小于Na2CO3；B.結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越大，沸點越高；C.元素非金屬性越強，氫化物穩(wěn)定性越強；D.非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強?！绢}目詳解】A.溶解度：Na2CO3NaHCO3 ，A錯誤；B.沸點：C2H5SH 相對分子質量較 C2H5OH 大，但 C2H5OH 分子間存在氫鍵，故 C2H5OH 沸點更高，B正確；C.根據元素周期律，非金屬性FO，熱穩(wěn)定性：HFH2O，C錯誤；D. 根據元素周期律，非金屬性PSi ，酸性：H3PO4H2SiO3，D錯誤；故選 B。8、A【答案解析】試題分析：A氧離

18、子與鋁離子的電子層數相同，核電荷數越小，離子半徑越大，故離子半徑：氧離子鋁離子，故A正確；B同一主族，從上往下，非金屬性逐漸減弱，故非金屬性ae，故B錯誤；C氧元素與硅元素下次的化合物是二氧化硅，二氧化硅能與氫氧化鈉反應，也能與氫氟酸反應，故C錯誤；D鈉元素與氯元素組成的化合物是氯化鈉，含有離子鍵；鋁元素與氯元素組成的化合物是氯化鋁，含有共價鍵，故D錯誤；故選A?！究键c定位】考查位置結構性質的關系及應用【名師點晴】推斷出元素是解題的關鍵；同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故前7種元素處于第二周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數可知，a為碳元素，b為氧元素，c為鈉元素，

19、d為Al元素，e為Si元素，f為Cl元素，依此進行判斷。9、C【題目詳解】A.SiO2不能和鹽酸反應，Ca(OH)2不能和NaOH反應，A錯誤；B.Si和O2反應生成SiO2；SiO2不能一步反應生成H2SiO3；H2SiO3受熱分解產生SiO2，但不能直接轉化為Si；B錯誤；C.Fe2O3和H2SO4反應生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3溶液加熱蒸干得到Fe2(SO4)3固體，C正確；D.S和O2反應生成SO2，不是SO3，D錯誤；故選C。10、A【分析】n（CO2）=0.1mol，則M= 100g/mol，而M（K2CO3）100 g/mol，M（Na2CO3）100 g/mol，

20、M（NaHCO3）100 g/mol，因NaCl與鹽酸不反應，且Na2CO3和K2CO3的相對分子質量都大于100，則一定含有NaHCO3，以此解答該題?！绢}目詳解】n（CO2）=0.1mol，則M= 100g/mol，而M（K2CO3）100 g/mol，M（Na2CO3）100 g/mol，M（NaHCO3）v1，實驗1的起始濃度為1.0mol/L，由平衡時濃度可知在實驗3的起始濃度大于1.0mol/L，即c31.0 mol/L，故答案為；（4）比較實驗4和實驗1可知平衡時實驗4反應物A的濃度小，由實驗1到實驗4升高溫度，平衡右移，加熱平衡向吸熱反應方向移動；故答案為吸熱；溫度升高時，平衡

21、向右移動。20、Cr3+3OH-=Cr(OH)3 Cr3+較穩(wěn)定，不能被過氧化氫氧化 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O pH較低時，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液為墨綠色，pH較高時，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被過氧化氫氧化為或，故溶液顏色逐漸變?yōu)辄S色或磚紅色 H2O2+2=2+4O2+2OH- 在一定溫度和pH下，用不同濃度的Cr2(SO4)3溶液與H2O2反應，觀察反應后的現象 pH、溫度、濃度 【分析】本題探究Cr()與過氧化氫反應的影響因素，研究了pH、溫度、濃度的影響，在研究每一個因素時，需用控制變量法，即研究一個因素，需保證另外兩個因素不變。

22、探究pH的影響時，不同pH時Cr在水中的存在形式不同，pH較小時以Cr3+形式存在，隨著pH的不斷增大，Cr的存在形式變?yōu)镃r(OH)3和CrO；探究溫度的影響時，生成的紅色物質CrO（Cr為+5價）不穩(wěn)定，該物質中O的化合價為-1價，自身的Cr與O發(fā)生氧化還原反應，反應后的物質再被H2O2氧化，得到亮黃色的CrO和O2；探究濃度的影響時，需保證pH和溫度不變，改變Cr3+濃度，觀察反應后的現象。【題目詳解】(1)為堿性環(huán)境，生成藍色沉淀的離子方程式為Cr3+3OH-=Cr(OH)3；(2)試管溶液為酸性，酸性條件下為Cr3+，Cr3+較穩(wěn)定，不能被過氧化氫氧化；(3)中溶液偏堿性，沉淀溶解，

23、溶液變?yōu)榱咙S色，是Cr(OH)3被氧化為，離子方程式為2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)根據分析，pH較低時，溶液中存在Cr3+，而Cr3+不易被氧化，故溶液為Cr3+的顏色，為墨綠色；pH較高時，根據分析，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，兩者都可被過氧化氫氧化，得到或，故溶液顏色逐漸變?yōu)辄S色或磚紅色；(5)根據分析，在堿性環(huán)境中，生成的紅色物質CrO不穩(wěn)定，該物質中O的化合價為-1價，自身的Cr與O發(fā)生氧化還原反應，反應后的物質再被H2O2氧化，得到亮黃色的CrO和O2，總反應為H2O2+2=2+4O2+2OH-；(6)根據分析，探究濃度的影響時，需保證pH和溫度不