2022-2023学年吉林省集安市第一中学化学高三上期中调研模拟试题（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、今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A原子半径：WXB常温常压下，Y单质为固态C气态氢化物热稳定性：Z B CDE的氧化物水化物的酸

2、性大于D的氧化物水化物的酸性4、 “靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A过滤B蒸馏C蒸发D分液5、下列描述正确的是A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C可通过溶液导电能力的大小判断强弱电解质D在NaHSO4溶液中存在的离子有：Na+、H+、HSO4-、OH-6、如图所示为破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是（ ）A过程中断裂极性键键B过程可用方程式表示为C过程中是吸热过程D上述过程说明中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂7、坚决反对运动员服用兴奋剂，是我国支持“人文奥运”的重要体现。某种兴奋剂的结构简

3、式如图所示，有关该物质及其溶液的说法错误的是A该分子中所有氢原子不可能在同一个平面上B1 mol该物质与H2反应时，最多消耗7 molH2C加入FeCl3溶液呈紫色，因为该物质属于酚类物质D滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，可证明其结构中存在碳碳双键8、2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A放电时，甲电极为正极，OH移向乙电极B放电时，乙电极反应为：Ni（OH）2OHeNiO（OH）H2OC充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连D电池总反应为H22NiOOH2Ni（OH）29、

4、中国学者在水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：下列说法正确的是A过程和过程均为放热过程B图示过程中的H2O均参与了反应过程C过程生成了具有极性共价键的H2、CO2D使用催化剂降低了水煤气变换反应的H10、四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，Z的原子半径是其所在周期主族元素原子中最小的，且Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A最高价氧化物的水化物的酸性：YZB气态氢

5、化物的热稳定性：WYCY与Z形成的化合物为共价化合物D简单离子半径：WX O2- Mg2+，故C正确；Cl的最高价氧化物水化物高氯酸的酸性大于S的最高价氧化物水化物硫酸的酸性，但是氯元素的其他价态的氧化物的水化物的酸性不一定比硫酸强，故D错误。4、A【答案解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。5、B【题目详解】A、硫酸-酸、纯碱-盐、醋酸钠-盐和生石灰-氧化物，错误；B、蔗糖-非电解质、硫酸钡-强电解质和水-弱电解质，正确；C、强弱电解质的判断标准是在水溶液中是否完全电离，错误；D、在NaHSO4溶液中存在的离子有：H+和OH-不能大量共

6、存，错误；答案选B。6、C【题目详解】A.过程中转化为和氯原子。断裂极性键键，故A正确；B.根据题图信息可知。过程可用方程式表示为，故B正确；C.原子结合成分子的过程中形成了化学键，是放热过程，故C错误；D.由题图可知中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，故D正确；故答案：C。7、D【分析】该有机物含有酚羟基、双键等，可与高锰酸钾发生氧化反应，含有碳碳双键官能团，可发生加成、氧化反应，结合甲基的结构特征判断有机物的空间结构特点。【题目详解】A、结构中含2个甲基，为四面体结构，则该分子中所有氢原子不可能在同一个平面上，故A正确；B、两个苯环、一个碳碳双键可发生加成反应，则1mol该物质与H2反应时，最

7、多消耗7molH2，故B正确；C、含酚-OH，加入FeCl3溶液呈紫色，因为该物质属于酚类物质，故C正确；D、能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、碳碳双键、苯环上的甲基，则滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，故D错误。答案选D。【答案点睛】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团的性质进行判断，易错点为D，注意有机物空间结构的分析。8、D【题目详解】A、放电属于电池，根据装置图，H2作负极，即甲作负极，乙作正极，故错误；B、放电时，乙电极为正极，电极反应式为NiO（OH）H2Oe=Ni（OH）2OH，故错误；C、充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负

8、极接电源的负极，甲作负极，应接电源的负极，故错误；D、负极反应式为H22OH2e=2H2O，正极反应式为：NiO（OH）H2Oe=Ni（OH）2OH，总反应式为：H22NiOOH2Ni（OH）2，故正确；答案选D。9、B【题目详解】A根据反应过程示意图，过程中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，A错误；B根据反应过程示意图，过程中水分子中的化学键断裂，过程也是水分子中的化学键断裂的过程，过程中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确； C过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，C错误；D催化剂只能改变反应过程，不能改变反应物、生成物的能量

9、，因此不能改变反应的H，D错误；故合理选项是B。10、C【分析】W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性, Cl的原子序数大于X， X为Na；则W可为N，此时Y为P，或W可为O，此时Y为S；结合以上分析解答。【题目详解】W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性, Cl的原子序数大于X， X为Na；则W可为N，此

10、时Y为P，或W可为O，此时Y为S；综上所述，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl；A项， 根据元素周期律可知，同周期元素随着原子序数的增大，元素的非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，即Z Y，故A项错误；B项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：WY ，故B项错误；C项，结合以上分析可知，Y为P或S，Z为Cl；P或S与Cl原子间形成化合物均为共价化合物，故C项正确；D项，根据元素周期律可知，离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：

11、X WZ，故D项错误；综上所述，本题选C。11、A【分析】 ， ，加入氯化钙，引人钙离子，钙离子与碳酸钙离子结合成碳酸钙沉淀，促进碳酸氢根离子的电离，产生大量的氢离子，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，据此回答问题。【题目详解】A.有分析可知，沉淀是碳酸钙，故A选；B.有分析可知，气体为二氧化碳，故B不选；C.有分析可知，碳酸氢根的电离是可逆的，故C不选；D.有分析可知，反应进行的方向与反应物的浓度有关，故D不选；故选：A。12、B【题目详解】溶液中含有Na+、NH4+、SO32-、Cl-、SO42-五种离子，若向其中加入过量的Na2O2，过氧化钠具有强氧化性，SO32-被氧化SO42

12、-；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，微热并搅拌，则NH4+转化成氨气放出，氢氧化钠电离出Na+，Na+增多，因此溶液中离子的物质的量基本保持不变的是Cl-，故选B。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意过氧化钠能够氧化SO32-生成SO42-，SO42-增多。13、C【题目详解】ACu与稀硫酸不反应，故试剂a应为氧化剂，但又不能氧化+4价S，故步骤所加的试剂应为浓硫酸，故A错误；B步骤发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应的离子反应方程式为：，故B错误；C步骤后欲得到副产物，则应将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得，故C正确；DCuCl微溶于水，难溶于乙醇，所以在洗涤CuCl时应选用乙醇作为洗涤

13、剂以减少产品的损耗，故D错误；故答案选C。14、C【题目详解】A、同种元素形成的不同单质互为同素异形体，H2O与D2O均为化合物，故A错误；B、结构相似才能互为同系物，乙二醇分子中含有2个-OH，而甘油分子中有3个-OH，故B错误；C、C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷、新戊烷，沸点不相同，故C正确；D、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2的名称应为2，4二甲基戊烷，故D错误。选C。【答案点睛】同系物要求必须官能团的种类和数目均相同。15、C【答案解析】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2、Ba2、Fe3，根据溶液呈

14、现电中性，则原溶液中一定有Na，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl来自于过量的盐酸，原溶液中不能确认是否含有Cl。【题目详解】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2、Ba2、Fe3，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有A

15、lO2，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl可能来自于过量的盐酸，不能确认原溶液中是否含有Cl。A、原溶液中一定存在Na、AlO2、CO32、SO42，故A错误；B、根据上述分析，气体为CO2，故B错误；C、原溶液中一定不存在的离子是Cu2、Fe3、Ba2，故C正确；D、NH3H2O为弱碱，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，故D错误。【答案点睛】根据分析，学生认为Na可能存在，也可能不存在，学生忽略溶液呈现电中性，离子检验中遵循的原则：一是肯定性

16、原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是进出性原则。16、D【答案解析】A、设溶液的体积为1L，则溶液中溶质的质量为：m=cmol/L1LMrg/mol=cMrg，1L该溶液的质量为：g，溶液的密度为：=g/mL，选项A错误；B、溶液体积为：V=mL，溶质的物质的量为：=mol，该溶液的浓度为：c=mol/L，选项B错误；C、溶液中溶质的质量为：m=nM=Mrg/mol=g，溶液质量为：（m+）g，则溶质的质量分数为：w%=，选项C错误；D、质量分数为w%，则水的质量分数为：1-w%，水的质量为m，则溶液的质量为：g，溶质的质量为：gw%，溶质的物质的量为：=mol，则该化合物的摩尔质量为：

17、=g/mol，则该化合物的相对分子量为：Mr=，选项D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH3 2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2 【分析】气体化合物的水溶液呈碱性的只有NH3，由此写出反应为4NH3+5O24NO+ 6H2O，由甲为淡黄色固体，知其为Na2O2，B为H2O，C为NO，G为HNO3，金属在冷的浓HNO3中产生钝化作用的有Al和Fe，但Fe不能和D的溶液(NaOH)反应，故乙为Al。【题目详解】(1)根据上述分析知A的分子式是NH3，甲为Na2O2，其电子式是。答案：NH3；。(2)D为NaOH，乙为Al，两者反应的离子方程式是2OH-+2Al+2

18、H2O=2AlO2-+3H2。答案：2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2。18、第二周期IVA族 S2- NN 0.045mol/L（或1/22.4mol/L） HNO3（或HNO2）、NH3H2O、NH4NO3（或NH4NO2） C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (NH4)2Fe(SO4)26H2O 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 【答案解析】原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故

19、Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。(1) Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；(2)Z为N元素，单质的结构式为NN；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为NN；0

20、.045mol/L；(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；(5)取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲

21、的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)26H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)26H2O；100 mL 1 molL-1的甲溶液中含有0.1mol Fe2+，20 mL 1 molL-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02mol MnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O。点

22、睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。19、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 控制气体的流速和比例、使气体混合均匀 （球形）干燥管 4HC1+O22H2O+ 2C12 G(或L)KJL(或G )HFI 硫化钠溶液 PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1 【题目详解】. （1）装置B中为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；综上所述，本题答案是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。（2）装置C的作用

23、除干燥气体外，还可以通过调节单位时间内的气泡数，控制气体的流速和比例、使气体混合均匀的作用；综上所述，本题答案是：控制气体的流速和比例、使气体混合均匀。 （3）由装置图可知，盛放CuSO4的仪器为（球形）干燥管；由信息知，加热条件下，HC1与O2反应生成氯气和水，可得方程式：4HC1+O22H2O+ 2C12；综上所述，本题答案是：（球形）干燥管； 4HC1+O22H2O+ 2C12 。 II.（4）制得的Cl2中混有水蒸气、O2、HCl，用浓硫酸除去水蒸气，足量碳粉除去O2，生成的CO用PdCl2除去，同时HCl溶解于水中，且可溶性金属氯化物的溶液可降低Cl2的溶解度，再通过浓硫酸除去水蒸气

24、；净化后的Cl2分别通过干燥的红纸条、湿润的红纸条、Na2S溶液，以验证Cl2的性质；所以装置的顺序应为EG（或L）KJL（或G）HFI；综上所述，本题答案是：G(或L)KJL(或G )HFI。（5）可用盐溶液中的置换反应来验证元素非金属性的强弱，氯气与硫化钠溶液反应生成单质硫，黄色沉淀，所以试剂X可以选用硫化钠溶液；综上所述，本题答案是：硫化钠溶液。（6）装置J中发生的是PdCl2溶液捕获CO的反应，由信息可得方程式：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1；综上所述，本题答案是：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1。20、CaCl2或BaCl2溶液 CaCO3+2H+=

25、Ca2+H2O+CO2 检查装置的气密性 否 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 吸收未反应的CO2 a 【分析】过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而转化为碳酸钠，检验是否变质只需检验碳酸根离子；装置图中A为生成二氧化碳的装置，B为洗气装置，除去二氧化碳中的氯化氢气体，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，E和F是测量生成氧气的体积的装置，根据标况下氧气的体积转化为物质的量，根据氧气和过氧化钠的物质的量关系，计算出过氧化钠的物质的量，转化为质量，质量与样品的质量的比值得到质量分数，由此分析。【题目详解】(1)过氧化

26、钠在空气中变质，最后生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子结合生成碳酸钡白色沉淀证明Na2O2已经变质，取少量样品，溶解，加入CaCl2或BaCl2溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质；(2)A中是碳酸钙和稀盐酸反应制得氯化钙、水和二氧化碳，发生反应离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；B装置出来的气体不需要干燥，二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应生成氧气的反应，过氧化钠反应生成氧气的物质的

27、量定量关系相同对测定过氧化钠质量分数无影响，所以不需要干燥除去水蒸气；装置C中是过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，从装置B中出来的水蒸气也会和过氧化钠反应制得氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，否则导致测得的氧气的体积偏大；a直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故a不正确；b调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b正确；c视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是

28、正确的读取方法，故c正确；故答案为a；测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则n(O2)=mol，由于n(O2)=n(Na2O2)，则样品中过氧化钠的质量分数为=100%=%。【答案点睛】E和F是测量生成氧气的体积的装置，相当于排水法收集氧气，为易错点.21、500mL容量瓶、胶头滴管 Fe2+、Fe3+、H+ 3 Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O Na+、Fe3+、NO3-、SO42- 【分析】(1)血液可看作是胶体分散系，胶体遇电解质能发生聚沉，配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，结合操作选择仪器；(2)碳铁化合物Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，与过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl；(3)根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平方程式，然后结合方程式进行计算；(4)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，亚硫酸钠被氧化产生硫酸钠，根据得失电子相等，结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、