2022-2023学年山东德州一中化学高三第一学期期中联考模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、利用海洋资源获得的部分物质如下图所示，有关说法正确的是A在化学反应中，H2O可转变为D2OB“加碘食盐”生产中碘添加剂为单质I2C实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液Br2D电解饱和MgCl2溶液时在阴极得到Mg2、下列试剂不能用来鉴别SO2和H2S的是A新制氯水B品红溶液C氢氧化钠溶液D氢硫酸3、短

2、周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z和W在同一主族。下列说法正确的是A原子半径：WXYZBX、Y、Z单质的熔点：ZYXC简单气态氢化物的热稳定性：YZYZW，A错误；B、硅的熔点最高1420，铝的熔点660，硫的熔点最低，X、Y、Z单质的熔点： YX Z，B错误；C、气态氢化物的热稳定性与非金属性强弱有关，非金属元素的非金属性越强，氢化物就越稳定.同一周期的由左到右非金属性越来越强，同一族的自下而上非金属性越来越强，所以简单气态氢化物的热稳定性：YZW，C正确；D、Z元素的

3、最高价氧化物对应水化物H2SO4，分子中不存在非极性共价键，D错误。答案选C。考点：元素周期律4、A【答案解析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+20.2mol+30.2mol=1.2mol，硝酸的

4、浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L故选A点睛：本题考查混合物的计算、电子守恒计算、电荷守恒等，难度中等，理清反应过程中氮原子的去处是解题的关键，本题采取守恒法解答，简化计算过程，注意体会，也可以通过列方程组解答，但过程较繁5、C【题目详解】A从到的过程起到富集碘元素的作用后，环节所得溶液中c（I-）大于环节溶液中的c（I-），故A项正确；B环节是用亚硫酸钠作还原剂将高分子树脂吸附的碘单质还原为碘离子，使碘元素以离子的形式脱离树脂进入溶液中，故B项正确；C环节是用Cl2将碘离子氧化为I2，氯元素从0价降低为-1价，1 mol Cl2可得到2mol电子，环节是用KClO3将碘离子氧化为

5、I2，氯元素从+5价降低为-1价，1 mol KClO3可得到6mol电子，所以，若和中分别得到等量I2，消耗的Cl2与KClO3的物质的量之比为6:2=3:1，故C项错误；D步骤采用升华的方法提取纯净的碘发生的变化是物理变化，故D项正确；故选C。6、B【答案解析】A选项，同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，更难得出有关规律，应只改变一个变量来进行化学研究，故A错误；B选项，根据盖斯定律可知，对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同，故B正确；C选项，分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的，胶体粒子直径介于1nm100nm之间，溶液

6、溶质粒子直径小于1nm，浊液粒子直径大于100nm，溶液和浊液都不具有丁达尔效应，故C错误；D选项，元素非金属性强越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，与氢化物的酸性无关，故D错误故选BHYPERLINK /console/media/o8O9y0XCPQk81ZRCObtGF1ELupXU1sQHJgXqktZnlwbAqc8F48PlqIe3LtD3L7jV1NfYz83q_iMhDVPc73lmULp0WdOpAVfLNZc2fosj-0al5xKGeB3xxSqmCwMCZoiud4PzhMfR9yrGqYq9wLNHJg视频7、C【题目详解】AH=正反应的活化能逆反应的活化能

7、，故正反应活化能大于100 kJmol-1，A错误；BH=正反应的活化能逆反应的活化能=+100kJ/mol，不知道正反应的活化能，无法确定逆反应的活化能，B错误；CH=正反应的活化能逆反应的活化能=+100kJ/mol，正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol-1，C正确；D该反应为吸热反应，反应物的总能量比生成物的总能量低，D错误；答案选C。8、C【答案解析】试题分析：A胶体是粒子的集合体，则1mol FeCl3完全转化为Fe（OH）3胶体后生成的胶体粒子数小于NA个，A错误；B在MnO2的作用下，1molH2O2充分反应转移NA个电子，B错误；C在标准状况下，22.4LH2和4gH

8、e均是1mol，均含有NA个分子，C正确；D46gNO2与92gN2O4含有的原子个数分别是3NA和6NA，D错误，答案选C。【考点定位】考查阿伏加德罗常数计算与判断【名师点晴】阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题。多年来全国高考化学试题重现率几乎为100，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。难点是氧化还原反应中电子转移计算。9、D【题目详解】A、钠与氧

9、气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A正确；B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B正确；C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C正确；D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D错误。故选D。10、C【答案解析】高铁需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁，故选C。11、D【分析】设HCl的浓度为x，NaOH的浓度为y，由图可知，NaOH加入20mL时pH=2，可知酸过量，则（0.01x-0.02y）/0.03=0.01；NaOH加入30mL时pH=7，则0.

10、01x=0.03y。【题目详解】设HCl的浓度为x，NaOH的浓度为y，由图可知，NaOH加入20mL时pH=2，可知酸过量，则（0.01x-0.02y）/0.03=0.01；NaOH加入30mL时pH=7，则0.01x=0.03y，解得x=0.09molL1，y=0.03molL1，故选D。12、C【答案解析】A.常温下浓硫酸使铁钝化，在铁的表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止浓硫酸继续与铁反应，所以可用铁槽车贮运浓硫酸，A项正确；B. MgO的熔点28000C、Al2O3的熔点20500C，可用做耐高温材料，B项正确；C.硅晶体呈灰黑色，不具有导光性，不是用来制作光导纤维，而是用来制作半导体

11、材料，C项错误；D.硫单质有杀菌灭虫的功效，对人安全，D项正确；答案选C。13、D【答案解析】根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，R2+是还原剂，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物【题目详解】A、m=y=4，R2+是还原剂，A错误；B、m=y，R2+是还原剂，被氧化，B错误；C、m=4，R3+是氧化产物，C错误；D、m=4，R2+是还原剂，D正确；答案选D。14、A【题目详解】A、浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B、NH4Cl为强酸弱碱

12、盐，水解显酸性，故加入镁条会产生气泡，故B正确；C、单质硅是制备太阳能电池常用的材料，故C正确；D、在弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上都是铁失电子发生氧化反应，故D正确；故答案选A。【答案点睛】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析。15、B【题目详解】A. 非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，H2SO3中的硫元素不是最高价，故A错误；B.非金属性越强，对应氢化物越稳定，C和Si为同主族元素

13、，且C的原子序数较小，故C的非金属性强于Si，所以热稳定性：CH4SiH4，故B正确；C. HCl和H2S都不是对应元素的最高价含氧酸，故其酸性大小不能用元素周期律解释，故C错误；D. HNO3和H2CO3均为对应元素的最高价含氧酸，可以通过元素周期律解释其酸性强弱，但不能解释其稳定性强弱，故D错误；故答案为B。16、B【分析】A、一种氧化剂与多种还原性微粒作用，先还原性强的反应，I-的还原性强于Fe2+；B、NaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多种可能：当NaAlO2过量时方程为HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3，当HCl过量时方程为4HCl+NaAlO2=NaCl+Al

14、Cl3+2H2O，1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3+Al(OH)3+H2O；C、SO2具有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；D、足量的NaOH会将溶液中HCO3-反应完全。【题目详解】A、将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I=2Cl+I2，正确的评价为Cl2不足，只氧化I，故A错误；B.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3+A

15、l(OH)3+H2O，如果盐酸过量继续和Al(OH)3反应，所以1mol NaAlO2和盐酸反应最多消耗4molH+，AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比在(14):3，故B正确；C. 过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32有强还原性，ClO有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO=2H+SO42+Cl，故C错误；D、因OH足量，故溶液中Ca(HCO3)2相对不足，Ca(HCO3)2完全反应，其离子反应方程式为：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O

16、2【分析】X的周期序数主族序数原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为ab，M层电子数为ab，则ab=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【题目详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。含10e且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；含14e的双原子分子为CO，故答案为CO；含16e且能使溴

17、水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为C2H4；含18e且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。18、氢、碳、氮、氧、钠、氯 CO2+2MgC+2MgO 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol 【分析】A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，应为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素；C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为N元素，形成的氢化物为氨气，为碱性气体；B和D可以形成两种气态化合物，应分别为CO和CO2，则D为O元素；E原子核外电子总数

18、比B的2倍少1，则E的原子序数为11，应为Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，且F在本周期元素中原子半径最小，应为Cl元素。【题目详解】(1) 综上所述A、B、C、D、E、F的名称分别是氢、碳、氮、氧、钠、氯，因此答案是:氢、碳、氮、氧、钠、氯；(2) 在A至F元素中含非极性键的离子化合物Na2O2，其电子式，因此答案是: 。 (3) B为C、D为O，由C和O组成的且C和O的质量比为38的化合物为CO2，其电子式为 ，该物质与E为Na的同周期相邻主族元素Mg的单质反应的化学方程式为CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。 (4)

19、 F单质为Cl2与Na的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是: 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ； (5) BA4为CH4，将8g 的CH4完全燃烧后恢复到室温，放出热量a kJ，则1mol CH4完全燃烧放出2akJ的热量，则CH4的燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol。19、和氯气反应制备KclO 装置C加冰水浴冷却 Fe(NO3)3 + 3KClO +10 KOH

20、 = 2K2FeO4 +3KCl + 6KNO3+5H2O 生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解 Fe(OH)3 FeO4 滤纸在强碱条件下易被腐蚀 乙醇挥发时带走水分，防止K2FeO4与水发生反应 【答案解析】（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，作氧化剂；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在05，因此采取的措施可以是将装置C放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率；（3）将硝酸铁饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为：2Fe(NO3)3 +3KClO+10K

21、OH2K2FeO4 +3KCl+6KNO3+5H2O；根据已知信息可知在铁离子作用下高铁酸钾容易分解，因此为防止生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解，所以该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中；（4）因为Fe(OH)3不溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，除去Fe(OH)3，则得到的固体为Fe(OH)3，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K2FeO4晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与氢氧化钾反应而被腐蚀；由于乙醇易挥发，乙醇挥发时带走水分，

22、可以防止K2FeO4与水发生反应，所以晶体用乙醇洗涤。【答案点睛】明确实验原理、相关物质的性质和灵活应用题干信息是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计的基本流程：即原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导

23、出结论。20、NaOH溶液 2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 偏小【分析】测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，因Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C、D为量气装置，B中剩余固体为Mg，固体质量差为Al的质量，利用氢气的体积可计算铝的质量分数和铝的相对原子质量。【题目详解】Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C、D为量气装置，(1)由上述分析可知，A为NaOH溶液；(2

24、)B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(3)B中剩余固体的质量为cg，为Mg的质量，则Al的质量为（a-c）g，测得氢气体积为bmL，其物质的量为10-3mol；根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，Al的物质的量为10-3mol=mol，则Al的摩尔质量为=g/mol，原子量为；(4)若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则造成（a-c）变小，由铝的质量分数为100%可知，实验过程中铝的质量分数偏小。21、20 2.5 实验III中出现浑浊所需时间最短 若pH小于8.5，c(H+)增大，H+与S2O32-反应使c(S2O32-

25、)减小，不利于反应正向进行，浸出率下降；若pH大于9.5，c(OH-)增大，不利于反应正向进行，浸出率下降 Mn(OH)2 4MnO32- +2S2- + 9H2O = S2O32- + 4Mn(OH)2 + 10OH- 4.48 【题目详解】（1）探究反应速率的影响遵循控制变量的思想，实验I和实验II中溶液的体积不同，则温度应相同，则a为20，实验II和实验III，温度不同，则其他变量应相同，则b为2.5，答案为：20；2.5；根据反应Na2S2O3 + H2SO4= Na2SO4 + SO2+ S + H2O可知，通过实验现象能表现出反应快慢的现象是产生硫沉淀的速度，硫沉淀出现越快表明反应速率越快，能表明实验III的反应速率最快的实验现象为出现浑浊所需时间最短，答案为：实验III中出现浑浊所需时间最短；（2）根据Ag2O + 4S2O32- + H2O 2Ag(S2O3)23- + 2OH-为可逆反应，若pH小于8.5，c(H+)增大，H+与S2O32-反