2022-2023学年河北省保定唐县第一中学化学高三上期中质量检测试题（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、200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe356 g，溶液中SO42-的物质的量浓度是 ( )A7.5 mol/LB5 mol/LC10 mol/LD2.5 mol/L2、化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是A氢燃料电池中使用的储

2、氢材料，如稀土类LaNi5等合金材料是纯净物B硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物C油脂水解都得高级脂肪酸和甘油D次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒3、下列反应过程中能量的变化与其他三项不同的是ABCD煤的气化煅烧石灰石铝热反应丁烷裂解AABBCCDD4、一定温度下,将2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密闭容器中，发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196kJmol-1，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是A05min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)=0.17molL-1min-1Bn(O2)

3、/n(SO3)的值不变时，该反应达到平衡状态C若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D条件不变，若起始时充入4molSO2和2molO2，平衡时放出的热量小于333.2kJ5、一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是( )A过量的氢气与氮气B过量的浓盐酸与二氧化锰C过量浓硫酸与铜D过量的锌与18 mol/L硫酸6、下列说法正确的是ANaCl溶于水与加热熔化时破坏的作用力不同BNH5的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，是既具有离子键又具有共价键的离子化合物C现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中

4、的氧原子间形成的化学键DSiO2分子是由1个Si原子和两个O原子构成的原子晶体7、下列实验方法、操作及分析不正确的是序号操作及现象结论A向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色苯与Br2发生了加成反应B某气体使湿润的淀粉KI试纸变蓝该气体可能是NO2C向碳酸钠溶液中加入硫酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液产生白色胶状物质非金属性：SCSiD 常温下，将Al片和浓硝酸混合，用排水法几乎收集不到气体 Al和浓硝酸钝化AABBCCDD8、在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。 当左边充入 28gN2，右边充入 8gCO 和 CO2 的混合气体时，隔板处于如图所

5、示位置（两侧温度相同）。则混合气体中 CO 和 CO2 的分子个数比为（ ）A1：1 B1：3 C2：1 D3：19、LiH是制备有机合成的重要还原剂LiAlH4的反应物，氢化锂遇水蒸气剧烈反应。某小组设计如图装置制备LiH。下列说法正确的是A装置B、C依次盛装浓硫酸、饱和食盐水B装置A中加入硫酸铜越多，反应速率越大C装置E用于吸收尾气，避免污染环境D实验中，先通入H2，后点燃酒精灯10、T1 时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O(g)，发生反应：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2t1)，下列说法错误的是( )反应时间/m

6、inn(CO)/moln(H2O)/mol02.003.00t10.80t21.80A用H2表示反应在t1 min内的平均速率为v(H2)0.60/t1molL1min1B保持其他条件不变，若起始时向容器中充入3.00 mol CO和2.00 mol H2O(g)，达到平衡时，n(CO2)1.20 molC保持其他条件不变，在t2 min时向容器中再通入1.00 mol CO，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率将增大D温度升至T2 ，上述反应的平衡常数为0.70，则正反应的HH2CO3H2SiO3，非金属性：SCSi，故C正确；D. 常温下，将Al片和浓硝酸混合，用排水法几乎收集不到气体，是

7、因为Al和浓硝酸发生了钝化。阻止金属和酸反应继续发生，所以收集不到气体，故D正确。答案：A。8、D【答案解析】根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的体积之比是物质的量之比，根据示意图可知氮气和混合气体的体积之比是4：1。28g氮气是1mol，所以混合气体的物质的量是0.25mol，设混合气体中CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y0.25、28x+44y8，解得x0.1875、y0.0625，所以混合气体中CO和CO2的分子个数比为3：1，答案选D。9、D【分析】一般的制备实验的装置顺序，为发生装置，除杂装置、干燥装置、性质检验或者收集装置、尾气处理装置。按照顺序，A为氢气的

8、发生装置，B除杂装置，C干燥装置，D制备LiH，E防止空气中的水进入D与产物反应。【题目详解】AB中装饱和食盐水吸收氯化氢，C中装浓硫酸，用于干燥氢气，A项错误；B加入硫酸铜过多，生成的铜会包裹锌，反应速率会减小，B项错误；C装置E用于防止空气中水蒸气进入D，避免水蒸气与锂、氢化锂反应，C项错误；D先通入H2，排尽装置内空气，避免空气中O2、水蒸气与锂反应，D项正确；本题答案选D。10、C【答案解析】A.CO的物质的量的变化为（2.00-0.80）mol，反应在t1min内的平均速率为v(CO)=（2.00-0.80）mol 2Lt1min =(0.60/t1)molL-1min-1，根据反应

9、速率之比等于化学计量数之比，t1min内H2的平均反应速率与CO的平均反应速率相同，故A正确；B.根据t2t1，对比表中数据可知t1 min时已经达到平衡状态，而反应物和生成物的化学计量数都为1，则其它条件不变，起始时向容器中充入的3.00 molCO和2.00 molH2O(g)与充入2.00molCO和3.00molH2O(g)达平衡时，反应的限度相同，故达到平衡时，n(CO2)1.20 mol，故B正确；C.增大反应物CO的浓度，平衡正向移动，CO转化率减小，水蒸气的转化率增大，故C错误；D.T1时，该反应的平衡常数为K=(1.2/2)(1.20/2)(0.80/2)(1.80/2)=1

10、，T2，上述反应的平衡常数为0.70，温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故D正确。故选C。11、C【题目详解】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子。A分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大，说明为原子晶体，故A错误；B原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径CN，所以C3N4晶体中CN键长比金刚石中CC要短，故B错误；C该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键，故C正确

11、；D离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；答案选C。12、B【题目详解】A用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2溶液反应，正确的方程式为2MnO4-6H5H2O2=2Mn25O28H2O中，A不正确；B向苯酚钠溶液中通入少量的CO2，发生反应C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3-，从而证明碳酸的酸性强于苯酚，B正确；C向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应：AlO2-HCO3-H2O=Al(OH)3CO32-，C不正确；D澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，离子方程式为Ca22OH2HCO3-=CaCO3

12、2H2O+CO32-，D不正确；故选B。13、D【答案解析】试题分析：A、钠和铝非常活泼，在自然界中没有游离态，正确，不选A；B、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，根据方程式计算，铝要完全反应，则铝的物质的量小于或等于钠的物质的量，正确，不选B；C、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝可能和氯化铜反应生成铜，氢氧化钠可能和氯化铜反应生成氢氧化铜，反应放热，氢氧化铜可能变成氧化铜，正确，不选C；D、从钠和盐酸反应以及铝和盐酸反应方程式分析，每23克钠生成1克氢气，每9克铝生成1克氢气，所以产生氢气越多，说明铝越多，错误，选D。考点：金属的性质14、B【题目详解】A.氯

13、化钠属于食品防腐剂，可以延长食品的保存时间，故正确；B.硫酸亚铁和维生素C不反应，二者都具有还原性，能同时服用，故错误；C.铝是金属，具有良好的导热性，故正确；D.塑料通常不能降解，易形成白色污染。但是，用纤维素或淀粉等能水解的物质为原料生产的塑料可以降解，因而可以减少白色污染，故正确。故选B。15、C【题目详解】A、单位时间内生成n molO2的同时生成n molNO2，题给比例不符合正逆反应速率相等，不可作为达到平衡状态的标志，选项A错误； B、NO2、NO、O2 的物质的量浓度之比为2 : 2 : 1的状态，因不能说明浓度不变，所以不一定是平衡状态，所以不能作为达到平衡状态的标志，选项B

14、错误；C、在体积可变的密闭容器中，气体的总质量不变，则混合气体的密度不变时，总物质的量不变，所以混合气体的密度不再改变的状态 ，反应已达到平衡状态，选项C正确；D、在体积可变的密闭容器中发生可逆反应，容器中的气体压强始终保持不变，压强不变不能作为达到平衡状态的标志，选项D错误。答案选C。16、A【题目详解】A(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，容易水解，加热会让水解平衡正向移动生成，继续加热会分解生成易挥发的，从而使平衡正向移动加剧，得不到(NH4)2SO4晶体，故选A；B通入足量氨气使悬浊液呈碱性，CO2为酸性气体，从而有利于CO2的吸收，故B不选；C在煅烧炉中发生，则从绿色化学和资源利用综合角

15、度说明产生的可循环使用，得到副产品为生石灰，故C不选；D沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳以及氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，则其化学反应方程式为：，故D不选。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期A族 SiO2 SiO2 +2OH- = SiO32- + H2O 极性 Mg 2Mg+ CO2 = 2MgO +C 【答案解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X是C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y是Mg元素；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z是Si元素；M是S元素。（1）M元素是S，核外电子排布是2、8、6，所以位于周期表中的第

16、三周期第VIA族；（2）Z元素是Si元素，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为SiO2 +2OH- =SiO32- + H2O；（3）X与M的单质在高温下反应产生CS2，结构与CO2类似，由于是不同元素的原子形成的共价键，所以其化学键属极性共价键，电子式为；（4）四种元素中只有Mg是金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，所以可用于航空航天合金材料的制备，该金属是比较活泼的金属，可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg+ CO2 2MgO +C。点睛：高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元

17、素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。18、苯酚 取代反应 酯化反应（或取代反应） 醛基、醚键 银氨溶液或新制Cu（OH）2悬浊液 CH3CHO CH2CHCHO 【题目详解

18、】结合E的结构简式，可知，D与CH3CH2I发生取代反应生成E和HI，可推知D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物N；C与甲醛发生缩合反应生成D，结合C的分子式可知C为苯酚；B为氯苯，A为苯；E发生氧化反应生成F为；在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成G为；H与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M，根据M的结构简式可推知H为；（1）C的化学名称为苯酚；（2）AB是苯在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢、HM是和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应（也属于取代反应）生成M和水，反应类型分别为取代反应、酯化反应（或取代反应）；（3）F为，所含官能团的名称为醛基、醚键；G的

19、结构简式为；（4）试剂1将G中的醛基氧化为羧基，为银氨溶液或新制Cu（OH）2悬浊液；（5）DN是在催化剂作用下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为；（6）Q为H的同分异构体，满足苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构，能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，1 mol Q最多消耗3 molNaOH，根据氧原子个数可知应该还含有一个连接在苯环上的酯基且水解后生成两个酚羟基；核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为62211，则有四种氢，其中有两个甲基，符合条件的同分异构体为；（7）参照上述合成路线和信息，甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH2CHCHO，CH2CHCHO在银氨溶液中水

20、浴加热发生氧化反应后酸化得到CH2CHCOOH，CH2CHCOOH在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯酸，故制备聚丙烯酸（）的合成路线为： CH3CHO CH2CHCHO19、受热均匀，易控制温度 乙酸、1丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热 c a b 分液漏斗 b c b c 【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【题目详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；水

21、浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15Na2CO3溶液 洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，因为乙醇的成本较乙

22、酸低，这样做可以提高乙酸的转化率，提高乙酸乙酯的产率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的转化率会降低，故符合题意的为c项，故答案为：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。a、使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故a错误；b、加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故b正确；c、不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故c正确；d、缩短反应时间，反应未达平衡，1-丁醇的利用率降低，故d错误。故答案为：b c。【答案点睛】本题以考查乙酸乙酯的制备为载体，旨在考查学生对知识的迁移运用，注意基础知识的积累。20、Na2SO32CuSO4+2N

23、aBr+SO2+2H2O=2CuBr+Na2SO4+2H2SO4溶液蓝色褪去Dacd防止CuBr被氧化用乙醇除去固体表面的水,再用更易挥发的乙醚除去乙醇,使其快速干燥【分析】（1）装置A中，Cu与浓硫酸反应制取二氧化硫，70%的H2SO4可与Na2SO3固体反应生成二氧化硫；（2）由题知B装置中硫酸铜、溴化钠、水和SO2反应生成CuBr，铜元素被二氧化硫还原，SO2自身被氧化为SO42，据此写出方程式；硫酸铜溶液显蓝色，实验完成时蓝色的铜离子全部转化为CuBr；Na2S2O3与生成的硫酸反应可生成二氧化硫，继续还原Cu2+；（3）a. 漏斗末端颈尖要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故错误；b. 将

24、滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁，防止存在气泡，保证过滤顺利进行；c. 滤纸边缘要低于漏斗口，防止滤液渗出造成滤液损失；d. 用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动，容易使滤纸破损；（4）装置C中的吸收液含有SO2，根据SO2的还原性分析；再依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥。【题目详解】（1）装置A中，Cu与浓硫酸反应制取二氧化硫，70%的H2SO4可与Na2SO3固体反应生成二氧化硫；故答案为：Na2SO3；（2）由题知B装置中硫酸铜、溴化钠、水和SO2反应生成CuBr，铜元素被二氧化硫还原，SO2自身被氧化为SO42，发生反应的化学方程式为2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr+Na2SO4+2H2SO4；硫酸铜溶液显蓝色，实验完成时蓝色的铜离子全部转化为CuBr，则能说明B中反应已完成的依据是溶液蓝色褪去；Na2S2O3与生成的硫酸反应可生成二氧化硫，继续还原Cu2+；故答案为：2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr+Na2SO4+2H2SO4；溶液蓝色褪去；D；（3）a. 漏斗末端颈尖要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故错误；b. 将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁，防止存在气泡，保证过滤顺利进行，故正确；c. 滤纸边缘要低于漏斗口，防止滤液渗出造成滤液损失，故错误；d. 用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动