2022-2023学年山东省滕州市化学高三上期中达标测试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、某有机物结构如图所示，有关该物质的叙述正确的是（ ）A易溶于水B一氯代物有5种C最多能与氢气以物质的量之比1:4加成D碱性水解的产物之一是1-丙醇2、下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A生石灰、白磷、熟石灰B烧碱、液态氧、碘

2、酒C干冰、铁、氯化氢D空气、氮气、胆矾3、NH3分子和CH4分子比较，相同的是A键角B空间构型C分子的极性D化学键的类型4、已知：H2(g)F2(g)=2HF(g) 的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应B1 mol H2与1 mol F2反应生成2 mol液态HF放出的热量小于270 kJC在相同条件下，1 mol H2与1 mol F2的能量总和大于2 mol HF气体的能量D断裂1 mol HH键和1 mol FF 键放出的能量大于形成2 mol HF键放出的能量5、四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确

3、的是A原子半径ZK微粒半径：KS2F 单质的密度NaKX，故酸性HNO3H2SiO4，B错误；C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2OSiH4，C正确；D、Z为O，位于元素周期表中第二周期、第A族，D正确。答案选B。6、B【题目详解】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡溶液有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡，X溶液中不再含有Fe2；加入NaOH溶液有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸

4、钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在，A、B、D项错误，B项正确；答案选B。7、C【答案解析】试题分析：碳酸钠很稳定，不能分解，碳酸钙在高温能分解，碳酸氢钠很不稳定，正确。碱金属的熔点逐渐降低，正确。电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，错误。碱金属从上往下单质的密度逐渐增大，但钠的密度大于钾的密度，错误。氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，但由于水分子间有氢键，所以沸点最高，错误。所以选C。考点：同族元素的性质递变性，物质熔沸点的比较【名师点睛】同族金属元素的熔点

5、随着原子序数的增大而降低，同族非金属元素的熔点随着原子序数的增大而增大。在比较同族元素的氢化物的沸点时，需要考虑到氨气，水，氟化氢等物质分子间有氢键，所以沸点反常。8、D【答案解析】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102 mol，原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量m23/(1022)mol，c(SO42-)= m/34VmolL-1，所以答案选D。9、B【题目详解】A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁钉不易生锈，故A正确；B. 与原电池的正极相连作阳极，活泼金属作阳极时，金属失电子易被腐蚀，所以若将钢闸门与电源的正极相连，不能

6、防止钢闸门腐蚀，故B错误；C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以钢闸门会发生吸氧腐蚀，故C正确；D. 若金属M比Fe活泼，M、Fe形成原电池时，Fe作正极，M失电子作负极，Fe被保护，故D正确；答案选B。10、B【题目详解】A. ，正确；B. ，应生成Cu2S，错误；C. ，正确；D. ，正确。故选B。11、D【题目详解】生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体。测得溶液增重的为二氧化碳的质量，的物质的量为：，残余气体在标准状况下560mL气体为CO的体积，则CO的物质的量为：，A.根据碳元素守恒可知：参加反应的C原子的物质的量等于与CO的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质

7、量为：，故A正确；B.反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，所以转移电子物质的量为：，故B正确；C.生成的和CO的总质量为：，所以反应后试管中固体混合物总质量为：，故C正确；D.氧化铜的物质的量为：，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为：，反应后氧原子存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为：，铜的物质的量为：，反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为，故D错误；故答案为D。12、C【题目详解】A.根据盖斯定律可知反应CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H ，A正确；B.在反应、中，碳元素均由-4价变为+4价，1molCH4参与两个反应均转移8mol电子，B正确

8、；C.标准状况下4.48 L CH4的物质的量为0.2mol，还原NO2至N2，碳元素化合价由-4价变为+4价，整个过程中转移的电子总数为1.6NA，C错误；D.标准状况下4.48 L CH4的物质的量为0.2mol，由反应、可推知：CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H867kJmol1，故0.2mol CH4还原NO2至N2，放出的热量为0.2mol867kJmol1173.4 kJ，D正确；答案选C。13、B【题目详解】A漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，A不合题意；B甘油是丙三醇，属于纯净物，B符合题意；C石

9、油是由有机物和无机物组成的混合物，C不合题意； D天然气主要由甲烷（85%）和少量乙烷（9%）、丙烷（3%）、氮（2%）和丁烷（1%）组成，D不合题意；故答案为：B。14、B【题目详解】Aab段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+5H2O2Fe(OH)3+Cl-+4H+，故A正确；Bde段溶液变黄，说明生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+2H+2Fe3+Cl-+H2O，故B错误；Cc、f点NaClO过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，故C正确；D盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，盐酸与次氯酸

10、钠反应生成氯气，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D正确；故答案为B。【答案点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。15、D【题目详解】A已知Cl是由Cl2在光照条件下化学键断裂生成的，由分子转化为活性原子，该过程可表示为：，故A正确；B相同条件下，Ea越大，活化分子百分数越少，相应的反应速率越慢，故B正确；C图中反应物总能

11、量大于生成物总能量，H0，其大小与Ea1、Ea2无关，故C正确；D由图Cl先与CH4分子形成过渡态CH3HCl，生成中间体CH3+HCl，再与Cl2反应经过第二过渡态，CH3 ClCl，生成CH3Cl+Cl，总反应为CH4+Cl2CH3Cl+HCl，不是一步完成的，故D错误；故选D。16、B【题目详解】ACl2可与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验室用溶液吸收含尾气，发生离子反应为：，故A正确；B次氯酸的酸性弱于碳酸的酸性，强于碳酸氢根离子的酸性，的溶液中加入碳酸氢钠不反应，不会增强消毒能力，故B错误；C干燥没有漂白性，潮湿的可与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，离子反应为：，故

12、C正确；D漂白粉在空气中变质的原因是：漂白粉主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙会与空气中的CO2和水蒸气反应生成次氯酸和碳酸钙(这个反应其实就是漂白粉起作用的反应)，如果不使用的话就会被光解(长时间黑暗也会发生反应)产生了氧气和氯化氢气体(或者盐酸)，发生的反应为 ，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2CO3溶液 稀盐酸 CO32-+Ba2+=BaCO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O OH- 【答案解析】根据反应现象和物质的性质进行推断，由表格中A能与C和D反应均有气体放出，可知A为碳酸钠溶液，C和D溶液均显酸性，则

13、B为氢氧化钡溶液，B和C、D分别混合，B和D有沉淀，可知D为硫酸氢钠溶液，则C为稀盐酸。（1）根据分析可知：A为碳酸钠溶液，C为稀盐酸，故答案为Na2CO3溶液；稀盐酸；（2）碳酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为CO32-+Ba2+=BaCO3；CO32-+2H+=CO2+H2O；（3）氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaS

14、O4+H2O，从离子反应方程式可看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为OH-，故答案为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O；OH-。点睛：本题属于表格型推断题，考查溶液中物质之间的离子反应，把两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。本题的易错点为（3），要注意与硫酸和氢氧化钡反应的离子方程式的区别。18、羰基 取代反应 或 保护亚氨基(或)，避免发生副反应 或 【分析】根据合成路线中有机物的结构简式及反应条件分析，A中氢原子被取代生成B，B中羟基被Cl取代生成C，C与间二氟苯发生取代反应生成D，D中的亚氨基具有碱性，与盐酸反应生成E，E在与NH2OHHCl的反应中

15、，羰基中氧原子被取代生成F，F在碱性条件下发生成环反应生成G，据此分析解答。【题目详解】(1) 根据E的结构简式分析，其中的含氧官能团为羰基，故答案为：羰基；(2) 根据C和D的结构变化分析，CD的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3) 已知RNH2+FRRNHR+HF，在一定条件下，胺中的氢原子和F-R中F会被取代，则结合H的分子式分析知，H的结构简式为： ，故答案为：；(4) 有一个六元环，该六元环含一个原子和一个N原子，则环中还有4个碳原子，另外4个碳原子处于六元环的取代基位置上；能发生银镜反应，结构中含有醛基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6421，根据峰的数目分析，有两个

16、醛基和两个甲基，并处于对称位置，同分异构体为：或，故答案为：或；(5) 已知：RCOCl+RNH2； 根据亚氨基在合成路线中的变化分析，设计AB步骤的目的是保护亚氨基(或)，避免发生副反应，故答案为：保护亚氨基(或)，避免发生副反应； 根据原料的及目标产物的结构特点，结合题干信息中反应类型，运用逆推法分析得到合成路线为：或。19、SO32 + H2OHSO3 + OH 生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解 Na2SO3 浓硝酸 证明该沉淀不是Ag2O Ag Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O 【答案解析】白色沉淀1可能为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生

17、复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”，因此可能是生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解；pH=6时，酸性条件下，NO3-具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，SO32-可能被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4，所以沉淀2可能Ag2SO4和Ag2SO3混合物；pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能为Ag2O或Ag，向黑色沉淀中加入稀盐酸，如果黑色沉淀溶解，则证明黑色沉淀含有Ag2O，若沉淀不溶解，则证明黑色沉淀不含有Ag2O；再加浓硝酸，沉淀溶解，则说明沉淀含有Ag。【题目详解】(

18、1)Na2SO3为强碱弱酸盐，SO32-发生水解，SO32 + H2OHSO3 + OH，水解产生氢氧根，因此Na2SO3溶液呈碱性；(2)白色沉淀1为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”，因此可能是生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解；pH=6时，酸性条件下，NO3-具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，SO32-可能被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4，所以沉淀中可能有Ag2SO3和Ag2SO4，可先验证Ag2SO3，向白色沉淀中加入Na2SO3溶液，发现白色沉淀

19、部分溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO3；再验证Ag2SO4，根据已知“Ag2SO4：白色微溶于水，只能溶于浓硝酸”可用浓硝酸验证Ag2SO4，操作为将剩余固体过滤出来，加入浓硝酸溶液，沉淀完全溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO4。(3)pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能为Ag2O或Ag，根据已知“Ag2O：棕黑色，能与酸反应”，可先用非氧化性酸（盐酸）验证是否存在Ag2O，向X中加入稀盐酸，无明显变化，则证明黑色沉淀不含有Ag2O；再用浓硝酸验证沉淀是否为Ag，向X中加入过量浓硝酸，有红棕色气体生成，说明沉淀为Ag，Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧

20、化氮气体、硝酸银和水，反应方程式为:Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O。20、球形冷凝管 吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入甲， 使SO2Cl2水解饱和食盐水SO2Cl2+4OH-SO42-+2Cl-+2 H2O蒸馏B2SOCl24e=4ClSSO2锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOCl2也可与水反应【答案解析】（1）根据仪器的构造可判断装置甲中仪器A的名称为球形冷凝管；（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）装置丙中盛放的试剂要将氯气压入后续反应装置，所以不能溶解氯气，应

21、为饱和食盐水；（4）在实验操作中需要注意的事项有先通冷凝水，再通气体；控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈烧瓶发烫，可适当降温，但不能加热三颈烧瓶，否则会加速分解；（5）二者为互溶的液体，沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离；取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4；（6）由总反应可知，SOCl2在正极得电子被还原生成S，同时有生成SO2；该电池必须在无水、无氧的条件下进行，锂易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应。【题目详解】（1）根据仪器的构造可判断装

22、置甲中仪器A的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）甲装置：SO2+Cl2SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入甲，使SO2Cl2水解，故答案为：吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入甲，使SO2Cl2水解。（3）装置丙中盛放的试剂要将氯气压入后续反应装置，所以不能溶解氯气，应为饱和食盐水；硫酰氯与氢氧化钠反应的离子方程式为SO2Cl2+4OH-SO42-+2Cl-+2H2O，故答案为：饱和食盐水；SO2Cl2+4OH-SO42-+

23、2Cl-+2H2O。（4）由于硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”；100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解，因此为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有先通冷凝水，再通气体；控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈烧瓶发烫，可适当降温，但不能加热三颈烧瓶，否则会加速分解，故答案为：。（5）二者为互溶的液体，沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏。氯磺酸（ClSO3H）分解反应为2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊

24、试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4，或取反应后的产物直接加BCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4，故答案为：B。（6）由总反应可知，SOCl2在正极得电子被还原生成S，同时有生成SO2，电极反应为2SOCl24e=4ClSSO2，故答案为：2SOCl24e=4ClSSO2。锂性质活泼，易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应，组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，故答案为：锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOCl2也可与水反应。21、+53.1大于温度升高，容器容积不变，且二氧化

25、氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高13.4BC反应一定时间并未达到平衡状态，当催化加用量在0-0.20g时随着用量的增加反应速率加快，邻二甲苯转化率增加；当催化剂用量超过0.20g时大量的催化剂可能会催化N2O5的分解，导致邻二甲苯转化率降低【分析】(1) 已2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)H1=4.4kJ/mol、2NO2(g)=N2O4(g)H2=+55.3kJ/mol，根据盖斯定律可知，即得到N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)，据此计算H的值；(2)温度升高，容器容积不变，且二氧化氮二聚为吸热反应，温度提高，平衡右移，体系物质的量增加

26、，总压强提高；(3)根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强；根据2NO2(g)=N2O4(g)H2=+55.3kJ/mol，反应吸热，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，则平衡常数的对数增大，但不是线性关系；升高温度，T增大，减小，平衡左移，平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，线性关系；(4) 根据图像，反应一定时间并未达到平衡状态，当催化加用量在0-0.20g时随着用量的增加反应速率加快，邻二甲苯转化率增加；当催化剂用量超过0.20g时大量的催化剂可能会催化N2O5的分解，导致邻二甲苯转化率降低；根据题意，邻

27、二甲苯在催化剂作用下经硝化得到两种一硝化产物：3硝基邻二甲苯(3NOX)和4硝基邻二甲苯(4NOX)，催化剂的用量影响邻二甲苯反应发生转化进行的方向，根据图像显示，催化剂用量越多，3硝基邻二甲苯(3NOX)生成量越少，反应越向着生成4硝基邻二甲苯(4NOX)反应进行，二者的生成量应关于邻二甲苯的转化率50%呈对称分布，或者说二者生成之和为100%，根据3硝基邻二甲苯(3NOX)选择性曲线呈对称分布画出曲线；【题目详解】(1) 已2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)H1=4.4kJ/mol、2NO2(g)=N2O4(g)H2=+55.3kJ/mol，根据盖斯定律可知，即得到N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)H=+53.1kJ/mol，故答案为：+53.1；(2)由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为吸热反应，温度提高，平衡右移，体系物质的量增加，总压强提高