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松江区 2022 学年度第二学期等级考质量监控试卷
高三化学
(满分100分，完卷时间60分钟)
考生注意：
1.本考试分设试卷和答题纸。试卷包括两部分，第一部分为选择题，第二部分为综合题。
2.答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名、考号。作答必须涂或写在答题纸上，在
试卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，第二部分的作答必
须写在答题纸上与试题号对应的位置。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 Cl-35.5
一、选择题(本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案)
1. 2023年2月，我国海关在对进境邮件进行查验时，查获违法红珊瑚制品。珊瑚显红色，源于在海底长期
积淀某种元素的氧化物，该元素是
A. C B. Si C. Fe D. Na
【答案】C
【解析】
【详解】A．C的氧化物中无红色物质，A错误；
B．Si的氧化物中无红色物质，B错误；
C．Fe的氧化物中，Fe O 为红色，C正确；
2 3
D．Na的氧化物中无红色物质，D错误；
故答案选C。
2. “碳中和”是指CO 的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进“碳中和”最直接有效的是
2
A. 研发催化剂将CO 还原为甲醇 B. 大规模开采可燃冰作为新能源
2
C. 安装脱硫设备减少煤燃烧污染 D. 将重质油裂解为轻质油作为燃料
【答案】A
【解析】
【详解】A．研发催化剂将CO 还原为甲醇，降低CO 排放，能促进“碳中和”，故选A；
2 2
B．可燃冰燃烧生成二氧化碳，大规模开采可燃冰作为新能源，不能降低二氧化碳排放，故不选B；
C．安装脱硫设备减少煤燃烧污染，降低二氧化硫排放，不能降低二氧化碳排放，故不选C；
D．将重质油裂解为轻质油作为燃料，不能降低二氧化碳排放，故不选D；
选A。
3. 春季是流感、诺如病毒等疾病的高发期，需要对重点场所做好定期清洁消毒。下列物质中，不是消毒剂
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的是
A. 漂粉精 B. 洁厕灵 C. 碘酒 D. 臭氧
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂粉精中含有次氯酸钙，次氯酸钙能与CO、HO反应生成HClO具有消毒作用，漂粉精为消
2 2
毒剂，A错误；
B．洁厕灵的主要成分为较高浓度的盐酸，不具备消毒作用，不是消毒剂，B正确；
C．碘酒中碘单质具有氧化性，能杀菌消毒，碘酒是消毒剂，C错误；
D．臭氧具有强氧化性，能杀菌消毒，臭氧是消毒剂，D错误；
故答案选B。
4. 下列物质中，分子的空间结构为直线型的是
A. 乙烯 B. 甲烷 C. 氨 D. 二氧化碳
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯空间构型为平面型，A错误；
B．甲烷的空间构型为正四面体结构，B错误；
C．氨的空间构型的三角锥形，C错误；
D．二氧化碳为直线型分子，D正确；
故选D。
5. 科学家们创造出了最轻的镁同位素18Mg，18Mg与24Mg具有
A. 不同电子数 B. 不同物理性质
C. 不同核电荷数 D. 不同化学性质
【答案】B
【解析】
【详解】A．18Mg和24Mg都具有12个电子，A错误；
B．18Mg和24Mg相对原子质量不同，物理性质不同，B正确；
C．18Mg和24Mg核电荷数均为12，C错误；
D．18Mg和24Mg最外层电子数均为2，两者化学性质相同，D错误；
故答案选B。
6. 在FeSO 、CuSO 、Al (SO ) 的混合溶液中通入适量HS，产生的沉淀物是
4 4 2 4 3 2
A. Al(OH) B. Al S C. CuS D. FeS
3 2 3
【答案】C
【解析】
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【详解】FeSO 、CuSO 、Al (SO ) 的混合溶液中通入适量HS，生成最难溶的CuS沉淀；
4 4 2 4 3 2
故答案选C。
7. 在合成氨和接触法制硫酸的工业生产中，下列说法错误的是
A. 均采用高压条件 B. 均选择较高温度
C. 均进行循环操作 D. 均使用合适催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．接触法制硫酸的过程中，不需要采用高压条件，A错误；
B．合成氨和接触法制硫酸的工业生产中均需要较高的温度，B正确；
C．合成氨和接触法制硫酸的工业生产中均涉及到可逆反应，都需要进行循环操作，C正确；
D．合成氨和接触法制硫酸 的工业生产中均需要使用合适的催化剂，D正确；
故答案选A。
8. 一定条件下，存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”情况的是
A. 一氧化氮与过量氧气 B. 氯化铝溶液与过量稀氨水
C. 铁片与过量浓硝酸 D. 澄清石灰水与过量二氧化碳
【答案】C
【解析】
【详解】A．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，此反应不是可逆反应，氧气过量的情况下一氧化氮完全
反应，A错误；
B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，此反应不是可逆反应，氨水过量的情况下，氯化铝完全反
应，B错误；
C．常温下铁片在浓硝酸中发生钝化，浓硝酸过量的情况下，铁片仍不能完全反应，C正确；
D．澄清石灰水与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，该反应不是可逆反应，二氧化碳过量的情况下，澄清
石灰水完全反应，D错误；
故答案选C。
9. 海水提溴与海带提碘，共同点是
A. 浓缩方法 B. 采用热空气吹出
C. 四氯化碳萃取 D. 氧化剂可选择氯水
【答案】D
【解析】
【详解】A．海水提溴和海带提碘的浓缩方法不同，A错误；
B．海水提溴过程中涉及热空气吹出，海带提碘不涉及热空气吹出，B错误；
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C．海水提溴过程中未使用四氯化碳萃取，C错误；
D．海水提溴和海带提碘中，氧化剂都可选择氯气，Cl 与I-、Br-反应生成I 和Br ，D正确；
2 2 2
故答案选D。
10. 下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是
A. Na→NaOH→Na CO→NaCl B. Fe→FeCl →Fe(OH) →Fe O
2 3 3 3 2 3
C. Al→Al O→Al(OH) →AlCl D. Mg→MgCl →Mg(OH) →MgSO
2 3 3 3 2 2 4
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO 反应生成NaCO，NaCO 与盐酸反应生成NaCl，以
2 2 3 2 3
上转化关系均能通过一步反应完成，A正确；
B．Fe与Cl 反应生成FeCl ，FeCl 与NaOH反应生成Fe(OH) ，Fe(OH) 加热分解生成Fe O ，以上转化关
2 3 3 3 3 2 3
系均能通过一步反应完成，B正确；
C．Al与氧气反应生成Al O，Al O 无法通过一步反应生成Al(OH) ，C错误；
2 3 2 3 3
D．Mg与Cl 反应生成MgCl ，MgCl 与NaOH反应生成Mg(OH) ，Mg(OH) 与HSO 反应生成MgSO ，以
2 2 2 2 2 2 4 4
上转化关系均能通过一步反应完成，D正确；
故答案选C。
11. 下列各组溶液中的反应，无论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是
A. FeBr 与C1 B. Ca(HCO ) 与Ca(OH)
2 2 3 2 2
C. HCl与NaCO D. Ba(OH) 与NaHSO
2 3 2 4
【答案】B
【解析】
【详解】A．还原性强弱：Fe2+>Br-。Cl 与FeBr 物质的量之比小于等于1，产生FeBr 和FeCl ；Cl 与
2 2 3 3 2
FeBr 物质的量之比在1至1.5之间，有FeCl 和Br 、FeBr 。若Cl 与FeBr 物质的量之比大于等于1.5有
2 3 2 3 2 2
FeCl 和Br ，A项不符合题意；
3 2
B．该组无论量均产生水和CaCO ，可用一个方程式表达，B项符合题意；
3
C．若盐酸少量产生的是NaHCO ，而若盐酸足量产生的是CO 和HO，C项不符合题意；
3 2 2
D．若Ba(OH) 少量产生BaSO、HO、NaSO ；若Ba(OH) 足量产生BaSO、HO、NaOH，两反应不能用
2 4 2 2 4 2 4 2
同一离子方程式表达，D项不符合题意；
故选B。
12. 侯氏制碱法制造纯碱同时副产氯化铵。在母液处理上，有关说法错误的是
A. 水浴加热，有利于NH Cl更多地析出
4
B. 加入食盐，增大Cl-的浓度，使NH Cl更多地析出
4
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的
C. 通入氨气，增大NH + 浓度，使NH Cl更多地析出
4 4
D. 通入氨气，使NaHCO 转化为NaCO，提高析出的NH Cl纯度
3 2 3 4
【答案】A
【解析】
【详解】A．从母液中获得NH Cl晶体，采用的时降温结晶的方法，故A说法错误；
4
B．加入食盐，增加c(Cl-)，使NH Cl更多析出，故B说法正确；
4
C．通入NH ，NH ＋HO=NH ·H O，NH ·H O NH ＋OH－，c(NH )增大，使NH Cl更多地析出，
3 3 2 3 2 3 2 4
故C说法正确；
D．通入氨气，NH ·H O与NaHCO 反应生成NaCO ，溶解度小的转化成溶解度大的，c(NH )增大，提高
3 2 3 2 3
析出NH Cl的纯度，故D说法正确。
4
故选A。
13. 下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中的少量水
C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可以用装置甲制备氨气，故选A；
B．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；
C．体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排除，故不选C；
D．氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，引起倒吸，故不选D；
选A。
14. 断肠草中分离出来的2种毒素的结构简式如下，有关推断正确的是
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A. 互为同系物 B. 均能与氢氧化钠溶液反应
C. 互为同分异构体 D. 1mol均能与6molH 加成
2
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知，分子组成上①比②多一个CHO，两者不是同系物，A错误；
2
B．①和②中都含有酯基，均能与氢氧化钠溶液反应，B正确；
C．①和②分子式不同，不是同分异构体，C错误；
D．①和②中酯基不能与氢气发生加成反应，1mol两种物质均能与5molH 加成，D错误；
2
故答案选B。
15. 可降解塑料PCL的合成路线如下：
下列说法错误的是
A. B的分子式为C H O B. C→D发生的是氧化反应
6 12
C. D→PCL发生的是缩聚反应 D. D与PCL的水解产物相同
【答案】C
【解析】
【分析】A与氢气发生加成反应生成B为 ，B发生醇的催化氧化生成C，C与过氧乙酸反应生成
D，D一定条件下反应生成PCL，根据PCL的结构简式和D的分子式可知，D为 。
【详解】A．根据分析可知，B的分子式为C H O，A正确；
6 12
B．C到D的过程为加氧的过程，发生氧化反应，B正确；
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C．D为 ，D一定条件下反应生成PCL并未脱水缩合，发生的不是缩聚反应，C错误；
D．D与PCL水解的产物均为HOCH CHCHCHCHCOOH，D正确；
2 2 2 2 2
故答案选C。
16. 有一澄清透明的溶液，可能含有大量的 、 、 、 、 、 、 中的几种，
向该溶液中滴入 溶液一定体积后才产生沉淀。下列判断正确的是
A. 溶液中可能含有 B. 溶液中一定不含
C. 溶液中可能含有 D. 溶液中一定不含
【答案】D
【解析】
【分析】向该溶液中滴入 溶液一定体积后才产生沉淀，溶液中一定含有 ，因为
与 反应， ，所以溶液中一定不含 ， 与 反应生成 ，
一定不存在，溶液中一定含有阴离子为 ， 在酸性条件下有强氧化性， 一定不存在，
加入 产生沉淀， 和 可能都存在，或者存在其中之一。
【详解】A．根据以上分析，该溶液中 一定不存在，A错误；
B．加入 产生沉淀， 和 可能都存在，或者存在其中之一，B错误；
C．根据以上分析，溶液中一定含有 ，C错误；
D．溶液中含有 ，一定不含 ，D正确；
故选D。
17. 将表面发黑(黑色物质为Ag S)的银器浸入盛有食盐水的铝制容器中(如图)，一段时间后黑色褪去。有关
2
说法正确的是
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A. 该处理过程中电能转化为化学能
B. 铝质容器为阳极，其质量变轻
C. Ag S溶解于食盐水生成了AgCl
2
D. 银器为正极，Ag S被还原为单质银
2
【答案】D
【解析】
【分析】将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝制容器中，形成原电池装置，铝做负极失电子，Ag S做正
2
极得电子生成Ag。
【详解】A．该处理过程利用了原电池的原理，化学能转化为电能，A错误；
B．铝质容器为负极，铝失电子转化为铝离子，质量变轻，B错误；
C．Ag S做正极得电子转化为Ag从而使银器表面黑色褪去，不是因为其溶解于食盐水中生成了AgCl，C
2
错误；
D．银器为正极，Ag S得电子被还原为Ag单质，D正确；
2
故答案选D。
18. 下列化学反应，相应的离子方程式一定正确的是
A. 向 溶液中加入少量 溶液：
B. 溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时：
C. 将2.24L(标准状况)CO 通入500mL 0.3 mol·L-1 溶液中：
2
D. 向 溶液通入少量SO ：
2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+结合OH-能力更强，先产生Fe(OH) ，A项错误；
3
B．计算得FeBr 物质的量为1mol。还原性强弱：Fe2+>Br-，转移6.02×1023电子时只有Fe2+被氧化即2Fe2+
2
+Cl=2Cl-+2Fe3+，B项错误；
2
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C．CO 和NaOH物质的量之比为0.1：0.15=2:3，反应同时产生 和 ，该离子方程式正确，C项
2
正确；
D．HClO为强氧化性能将SO 氧化为 ，该反应表达错误，D项错误；
2
故选C。
19. 工业上以铜阳极泥(主要成分是 )为原料提取碲(第五周期VIA族)，涉及反应：
① ②
以下说法正确的是
A. 中 元素的化合价是 价
B. 氧化性强弱顺序为：
C. 反应②中氧化剂是SO ，氧化产物是HSO
2 2 4
D. 每制备 理论上共转移12mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．碲为第五周期VIA族，最低负化合价为 价，根据化合价 正的负化合价为0， 中
元素的化合价是 价，A错误；
B．已知反应： ，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所
以氧化性： ，在反应 中， 为氧化剂， 为还原
剂，所以氧化性 ，所以氧化性： ，B错误；
C．根据化合价的升降， ，硫元素的化合价升高，被氧化， 为还原剂， 为氧化
产物，C错误；
D．制备 ，反应①消耗 ，转移 ，反应② ，转移 ，
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共转移 ，D正确；
故选D。
20. 常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO，通入的CO 体积（V）与溶液中水电离出的OH-
2 2
离子浓度的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. a点溶液中：水电离出的c（H+）=1×10-10mol·L－1
B. b点溶液中：c（H+）=1×10-7mol·L－1
C. c点溶液中：c(Na＋)>c(CO 2-)>c(HCO-)
3 3
D. d点溶液中：c(Na＋)=2c(CO 2-)+c(HCO-)
3 3
【答案】B
【解析】
【详解】A. a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1，就是水电离出的，
故正确；
B. b点溶液为氢氧化钠和碳酸钠，水电离的氢氧根离子浓度为1×10-7mol·L－1，但溶液中还有氢氧化钠电
离出的氢氧根离子，所以根据水的离子积常数计算，溶液中的c（H+）不为1×10-7mol·L－1，故错误；
C. c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根水解分析，溶液中离子浓
度关系为：c(Na＋)>c(CO 2-)>c(HCO-)，故正确；
3 3
D. d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋) +c(H+)=2c(CO 2-)+c(HCO-)+
3 3
c(OH-)，c(OH-)= c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO 2-)+c(HCO-)，故正确。
3 3
故选B。
【点睛】掌握溶液中的水电离程度的变化，氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠存在水解，促进水的电离，所
以向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，水的电离程度逐渐增大，当全为碳酸钠时，水的电离程度最大，然后
碳酸钠反应生成碳酸氢钠，水的电离程度又逐渐减小。分清溶液中的氢离子和水电离的氢离子的关系。
二、综合题(共60分)
(一)(本题15分)
21. HO (过氧化氢) 应用领域非常广泛。
2 2
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已知：2HO(l) 2HO(l)+O(g)+Q(Q>0)
2 2 2 2
HO(aq) H+(aq)+HO (aq) ，K(25oC)=2.24×10-12
2 2
完成下列填空：
（1）氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为_______。
（2）HO 的电子式为_______。对HO 分子结构，有以下两种推测：
2 2 2 2
要确定HO 分子结构，需要测定HO 分子中的_______。(选填序号)
2 2 2 2
a. H—O键长 b. O—O键长 c. H—O—O键角 d. H—O、O—O键能
（3）HO 分解反应的平衡常数表达式K=_______。不同温度下HO 分解反应的平衡常数
2 2 2 2
K(25oC)_______K(40oC) (选填“>”“<”或“=”)。标准状况下，某5mL HO 溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体
2 2
积变化忽略不计)。则0~60s v(H O)= _______。
2 2
（4）25oC，pH(H O) _______pH(H O) (选填“>”“<”或“=”)。研究表明，HO 溶液中HO 浓度越大，HO
2 2 2 2 2 2 2
的分解速率越快。某温度下，经过相同时间，不同浓度HO 分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的
2 2
HO，pH增大HO 分解率增大的原因是_______。相同pH下，HO 浓度越大HO 分解率越低的原因是
2 2 2 2 2 2 2 2
_______。
（5）蒽醌法是过氧化氢主要的生产方法。其生产过程可简单表示如下：
试从绿色化学角度评价该生产方法。_______
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【答案】（1）2：1 （2） ①. ②. c
（3） ①. c(O) ②. > ③. 0.4mol·L-1·min-1(或0.0067mol·L-1·s-1)
2
（4） ①. < ②. pH升高，HO 的浓度增加，HO 分解速率加快 ③. HO 浓度越高，电离程度
2 2 2 2
越低，分解率越小
（5）该法生产原子利用率是100％，符合“绿色化学工艺”
【解析】
【小问1详解】
O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，最外层成对电子数为4个，未成对电子数为2个，成对电子数和未
成对电子数之比为2：1。
【小问2详解】
HO 的电子式为 ，对于HO 的分子结构有图示两种推测，这两种结构的不同之处在于H-O-O的
2 2 2 2
键角不同，因此需要测定HO 分子内H-O-O键角，故答案选c。
2 2
【小问3详解】
HO 分解反应为2HO(l) 2HO(l)+O(g)，平衡常数表达式K= c(O )。已知HO 的分解反应为放热反应，
2 2 2 2 2 2 2 2 2
升高温度化学平衡逆向移动，则平衡常数K(25℃)>K(40℃)。5mLH O 溶液60s内生成氧气22.4mL即
2 2
1×10-3mol，则参与反应的HO 有2×10-3mol，v(H O)= 。
2 2 2 2
【小问4详解】
25℃时，HO 电离生成H+和 的平衡常数K=2.24×10-12>1×10-14，同温度下过氧化氢电离程度大于水，
2 2
故25℃时pH(H O)” “<”或“=”)。理由是_______。
2
（5）已知I + AsO +2OH- 2I-+AsO ＋HO。为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与
2 2
NaAsO 溶液按体积比为V：V 的比例混合(另加入适量的碱)。当V_______V (填“>”或“<”) 时，只需加
3 3 1 2 1 2
入_______ (填试剂名称)就可以确定该反应具有可逆性。上述反应显示：AsO 能在碱性溶液中被I 氧化成
2
AsO ，而HAsO 又能在酸性溶液中被I-还原成HAsO ，这表明_______。
3 4 3 3
【答案】（1）6Zn+As O+12HCl=6ZnCl +2AsH ↑+3H O
2 3 2 3 2
（2）2：1 （3）SO
2
（4） ①. HAsO +OH-=H AsO +H O ②. > ③. NaHAsO 溶液呈碱性，HAsO 水解程度大于
3 3 2 2 2 3
其电离程度
（5） ①. < ②. 淀粉溶液 ③. 溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性
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【解析】
【小问1详解】
As O 与Zn、HCl反应生成AsH 、ZnCl 和HO，化学方程式为6Zn+As O+12HCl=6ZnCl +2AsH ↑+3H O。
2 3 3 2 2 2 3 2 3 2
【小问2详解】
As S 和SnCl 在盐酸中反应生成As S、SnCl 和HS，化学方程式为
2 3 2 4 4 4 2
2As S+2SnCl +4HCl=As S+2SnCl +2H S↑，该反应As S 中As得电子化合价降低，As S 为还原产物，
2 3 2 4 4 4 2 2 3 4 4
SnCl 中Sn失电子化合价升高，SnCl 为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1。
2 4
【小问3详解】
As S 与O 反应生成As O 和物质a，1molAs S 参与反应时，转移28mol电子，1molAs S 转化为As O 时
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As转移4mol电子，则剩余24mol电子为S失电子所转移，1mol AsS 含有4molS，S化合价为-2价，则产
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物中S为+4价，因此物质a为SO 。
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【小问4详解】
pH=11时， 的量最多，其余物质相对较少，则此过程的离子反应为HAsO +OH-=H AsO +H O。
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从图中可知，溶液中溶质为NaHAsO 时溶液呈碱性，说明 的水解程度大于电离程度，故
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NaHAsO 溶液中c( )>c( )。
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【小问5详解】
为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水和NaAsO 溶液按体积比V：V 的比例混合，只要确
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保NaAsO 过量，再用淀粉溶液检验混合物中是否存在I 即可验证该反应是否具有可逆性，如不可逆，则
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加入淀粉溶液后，混合液不变蓝。因此V
