山东省济南第三中学2025~2026学年第二册高一年级期中学情检测化学试卷（含解析）

/山东省济南第三中学2025～2026学年第二学期高一年级期中学情检测化学试卷2026.4注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页，考试时间90分钟，满分100分。2.答卷前，考生务必将个人的姓名、座号、考籍号填涂在答题卡规定位置，所必须填涂在答题卡相应位置，否则无效。可能用到的相对原子质量：H1O16第Ⅰ卷选择题一、选择题：每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与科技、生产密切相关，下列说法错误的是（）A.“烛龙一号”核电池原料中的14C是碳元素的一种核素B.“火星快车”轨道器上的锂离子电池是二次电池C.“DeepSeek”服务器芯片原料为二氧化硅D.“天问一号”在火星大气中探测出的12CO2和13CO2化学性质相同【正确答案】C【详解】A．核素是具有一定质子数和中子数的原子，14C质子数为6、中子数为8，是碳元素的一种核素，A正确；B．锂离子电池可反复充放电，属于二次电池，B正确；C．服务器芯片的原料是高纯单质硅，二氧化硅是光导纤维的主要原料，C错误；D．和互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，因此12CO2和13CO2化学性质相同，D正确；答案选C。2.下列叙述正确的是（）A.HCl溶于水电离出H+和Cl-，HCl中存在离子键B.NaOH是既含共价键又含离子键的离子化合物C.液氨和氨气中存在不同类型的化学键D.所有化学物质中都含有化学键【正确答案】B【详解】A．HCl是共价化合物，氢原子与氯原子之间只存在共价键，溶于水电离出H+和Cl-是水分子破坏了共价键，并非HCl本身含离子键，A错误；B．NaOH中Na+与OH-之间存在离子键，OH-内部O原子与H原子之间存在共价键，属于既含共价键又含离子键的离子化合物，B正确；C．液氨和氨气均由NH3分子构成，仅聚集状态不同，分子内都只存在N-H极性共价键，化学键类型相同，状态变化仅破坏分子间作用力，不改变化学键，C错误；D．稀有气体为单原子分子，不存在化学键，因此并非所有化学物质中都含有化学键，D错误；故答案选B3.日本核废水排海引起“公愤”，核废水中不只含有放射性，还有、、等，下列说法错误的是（）A.22g中含有的中子数为B.原子所含中子数与质子数之差为25C.，该转化不属于化学变化D.、互为同位素且失电子能力相同【正确答案】A【详解】A．的摩尔质量为，是，氚原子含两个中子，氧原子含八个中子，共含有的中子数为，故A项错误；B．原子所含中子数为，质子数为53，相差为，故B项正确；C．，化学反应的最小单位是原子，并不会改变原子的种类与数量，而该转化是原子层次的变化，不属于化学变化，故C项正确；D．、是同一种元素的不同核素，互为同位素且同种元素失电子能力相同，故D项正确；故答案选A。4.下列说法正确的是（）A.在反应中，铝原子比钠原子失电子多，所以铝的金属性比钠强B.碱金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性，随核电荷数的增大而减弱C.非金属元素得电子能力越强，其最简单氢化物的还原性也越强D.向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，生成白色胶状沉淀，可以得出S、C、Si的非金属性顺序：S>C>Si【正确答案】D【详解】A．金属性强弱取决于原子失电子的难易程度，与失电子数目无关，钠比铝更易失电子，故钠的金属性强于铝，A错误；B．碱金属元素随核电荷数增大，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，B错误；C．非金属元素得电子能力越强，非金属性越强，其最简单氢化物的还原性越弱，C错误；D．稀硫酸与反应生成，说明酸性；通入溶液生成硅酸沉淀，说明酸性，且稀硫酸难挥发无杂质干扰。最高价氧化物对应水化物酸性越强，对应非金属性越强，可得出非金属性S>C>Si，D正确；故答案选D5.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2-、dZ-具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）A.质子数：c>d B.离子的还原性：Y2->Z-C.a与b的关系式：a-b=4 D.离子半径：X+<W3+【正确答案】B【详解】A．质子数等于原子序数，四种离子电子层结构相同则核外电子数相等，满足c+2=d+1，得d=c+1，故质子数c＜d，A错误；B．Y、Z为同周期非金属元素，原子序数d＞c，故非金属性Z＞Y，非金属性越强对应阴离子还原性越弱，因此离子还原性Y2->Z-，B正确；C．阳离子核外电子数=质子数-所带正电荷数，满足a-3=b-1，移项得a-b=2，C错误；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数a＞b，故离子半径X+＞W3+，D错误；故选B。6.科研人员采用新型复合光催化剂，利用太阳光高效分解水的过程如图所示。已知过氧化氢的分解是放热反应。下列叙述中正确的是（）A.过程Ⅰ放出热量B.过程Ⅱ产生的化合物只有氧化性C.过程Ⅲ中断裂旧键吸收的能量小于形成新键放出的能量D.该过程中能量的主要转化形式：光能转化为热能【正确答案】C【详解】A．过程Ⅰ断键，断键需要吸收热量，故A错误；B．过程Ⅱ产生的化合物是H2O2，H2O2既有氧化性又有还原性，故B错误；C．过氧化氢的分解是放热反应，所以过程Ⅲ中断裂旧键吸收的能量小于形成新键放出的能量，故C正确；D．该过程中能量的主要转化形式：光能转化为化学能，故D错误；选C。7.下列说法正确的是（）A.14C和14N互为同位素B.NH3的电子式：C.NaCl的形成过程：D.H2O的电子式：【正确答案】C【详解】A．同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素，质子数为6，质子数为7，二者是不同元素，不互为同位素，A错误；B．中N原子需要和3个H原子各形成1对共用电子对，N原子剩余1对孤对电子，电子式为，B错误；C．是离子化合物，NaCl的形成过程为，C正确；D．是共价化合物，电子式为，D错误；故选C。8.在密闭系统中有反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)，能使反应速率加快的措施是（）①通过减小容器体积增大压强②升高温度③将C(s)粉碎④恒容通入CO2⑤恒压条件下通入N2A.①②③④ B.①②④⑤ C.①②③⑤ D.①②③④⑤【正确答案】A【详解】①减小容器体积增大压强，气体反应物浓度增大，反应速率加快；②升高温度，活化分子百分数增加，反应速率加快；③将C(s)粉碎，增大反应物接触面积，反应速率加快；④恒容通入，反应物浓度增大，反应速率加快；⑤恒压条件下通入，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢；能加快反应速率的措施为①②③④；答案选A。9.在如图所示的装置中，观察到电流表指针偏转（指针顺着电流方向偏转），M变粗，N变细，由此判断下表中所列M、N、P三种物质，其中可以成立的是（）选项MNPA锌铜稀硫酸B铜铁稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A.A B.B C.C D.D【正确答案】C【分析】该装置没有外接电源，所以是原电池；原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡；根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼；【详解】A．锌极材料比铜极活泼，A错误；B．铜极上氢离子被还原生成氢气，铜极质量不增大，B错误；C．N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，所以质量增加，符合题意，C正确；D．锌极材料比铁极活泼，D错误；故选C。10.下列有关说法正确的是（）A.在化学反应中，催化剂既能改变反应速率，又能使平衡发生移动B.升高温度，化学平衡一定会发生移动C.化学反应速率越快，反应现象越明显D.合成氨反应达到平衡时，氮气全部转化为氨气【正确答案】B【详解】A．催化剂只能改变正、逆反应速率，不会改变化学平衡状态，不能使平衡发生移动，故A错误；B．任何化学反应都伴随能量变化，即焓变，根据勒夏特列原理，升高温度平衡会向吸热反应方向移动，因此化学平衡一定会发生移动，故B正确；C．化学反应速率与反应现象无必然联系，如酸碱中和反应速率极快，但无指示剂时无明显现象，故C错误；D．合成氨反应是可逆反应，可逆反应不能进行到底，反应物不能完全转化为生成物，因此达到平衡时氮气不可能全部转化为氨气，故D错误；故选B。二、选择题：每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.海水中富含溴，“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术。下列说法正确的是（）A.“氧化1”中，被Cl2还原为Br2B.“吹出”通入热空气，利用了溴的还原性C.“吸收”的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2D.整个过程可知，还原性强弱：>SO2【正确答案】C【分析】向海水通入酸和氯气，将海水中溴离子氧化为溴单质，利用溴单质易挥发的性质用热空气吹出溴单质，再用二氧化硫和水吸收溴单质，将溴转化为溴离子实现溴的富集，之后再次通入氯气重新氧化溴离子得到溴单质，最终分离得到液溴。【详解】A．Br-转化为​时，化合价从升高为，失电子被氧化，并非被还原，A错误；B．通入热空气吹出溴，利用的是溴单质易挥发的物理性质，与溴的还原性无关，B错误；C．吸收步骤中，​氧化，反应的离子方程式，产物、配平均正确，C正确；D．氧化还原反应中，还原性：还原剂还原产物：反应可得还原性；吸收反应可得还原性，因此正确顺序为，D错误；故选C。12.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y的最简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可以发生化学反应，Z原子的L层电子数是K层的倍，W和Q位于同一主族，下列说法错误的是（）A.Y、Z、W位于同一周期，其原子半径大小关系为：Y>Z>WB.由W和Q位于同一主族可推测，W和Q具有相同的最高化合价C.Q位于元素周期表的第3周期，ⅦA族，其含氧酸均为强酸D.Y、Z、W的单质一定条件下均能与X的单质发生反应，形成最简单物质的稳定性：W>Z>Y【正确答案】BC【详解】首先推断元素：短周期主族元素原子序数依次增大，X原子半径最小，故X为；Y的最简单氢化物可与其最高价氧化物水化物反应，故Y为（与反应生成）；Z的L层电子数是K层的3倍，K层电子数为2，故L层为6，Z为；W、Q同主族且原子序数均大于，均为短周期元素，故W为，Q为。A．Y()、Z()、W()均为第二周期元素，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径，即，A正确；B．W为，非金属性极强，无正化合价，最高化合价为0价；Q为，最高化合价为价，二者最高化合价不同，B错误；C．Q为，位于第三周期ⅦA族，但其含氧酸不都为强酸，如次氯酸属于弱酸，C错误；D．非金属性，非金属性越强，最简单氢化物稳定性越强，故稳定性，即，且三种单质均可与在一定条件下反应，D正确；故选BC。13.一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒容密闭容器中，发生如下反应：，下列不能说明反应达到平衡状态的是（）A.体系中气体密度保持不变B.混合气体颜色保持不变C.SO3和NO2的体积比保持不变D.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2【正确答案】AD【详解】A．反应前后气体总质量始终不变，容器为恒容即体积固定，根据，体系密度始终为定值，故密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，A符合题意；B．混合气体颜色由红棕色的二氧化氮浓度决定，颜色保持不变说明二氧化氮浓度不再变化，能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；C．反应正向进行时三氧化硫物质的量增大、二氧化氮物质的量减小，二者体积比随反应变化的量不断变化，当体积比保持不变时说明各物质含量不再改变，能说明反应达到平衡状态，C不符合题意；D．消耗三氧化硫属于逆反应过程，生成二氧化氮也属于逆反应过程，二者化学计量数之比为1:1，无论反应是否达到平衡该关系都成立，未体现正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D符合题意；故选AD。14.下列实验中，所选装置不合理的是（）A.粗盐提纯，选①和② B.分离NaCl溶液和苯，选④C.用NaOH溶液吸收，选⑤ D.用提取碘水中的碘，选③【正确答案】B【分析】由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。【详解】A．粗盐提纯，需溶解后先将固体杂质以及杂质离子转化为沉淀过滤除去，再蒸发得到NaCl，则选①②，故A合理；B．NaCl溶液和苯互不相溶，应该用分液装置进行分离，应选择装置③分离，故B不合理；

C．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，则用NaOH溶液吸收SO2，应选择装置⑤，故C合理；D．碘在水中的溶解度小，易溶于苯或四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，应选择装置③，故D合理；故本题选B。15.一定温度下，在2L恒容密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.a点时，正反应速率：v(A)=v(B)B.反应的化学方程式为3A(g)⇌2B(g)+C(g)C.0～5min内，C的平均反应速率为0.01mol•L-1•min-1D.在该条件下，5min时充入0.5molHe使压强增大，正、逆反应速率都不变【正确答案】BD【分析】反应开始到5min，

，结合图中物质的变化趋势可写出反应的化学方程式为。【详解】A．用不同物质表示正反应速率(单位一致)时，速率比等于化学计量数之比，由反应的化学方程式可知，a点时，分别用A和B表示的正反应速率数值不相等，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为，B正确；C．反应开始到5min，，C错误；D．温度、体积不变，5min时充入0.5molHe，反应中各物质的浓度不变，正、逆反应速率都不变，D正确；故选BD。第Ⅱ卷非选择题三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表列出了10种元素在周期表中的位置，其中①⑩代表10种元素。按要求回答下列问题：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA012①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩（1）⑩的元素名称为_______，⑧的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。（2）④⑤⑥⑨四种元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是_______(填化学式)，①②③⑦四种元素的最简单氢化物中，稳定性最强的为_______(填化学式)。（3）④和⑥两元素的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_______。（4）下列说法正确且能说明非金属性⑧比⑩强的是。A.常温常压下，⑧的单质呈气态，⑩的单质呈液态B.⑧的最高价含氧酸的酸性比⑩的强C.⑧的单质能与⑩的氢化物水溶液反应，并置换出⑩的单质D.⑧的简单阴离子的还原性比⑩的强【正确答案】（1）①.溴②.HClO4（2）①.KOH②.H2O（3）OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]-（4）BC【分析】根据周期表位置，可得各元素：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩。【小问1详解】⑩为第四周期ⅦA族元素，名称是溴；⑧为，最高正价为，最高价氧化物对应水化物为高氯酸，化学式为。【小问2详解】金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。同周期从左到右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，四种元素金属性：，故碱性最强的是。非金属性越强，最简单氢化物越稳定，①②③⑦中非金属性：，故氢化物稳定性最强的是。

【小问3详解】④的最高价氧化物对应水化物为，⑥的为，二者反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为。【小问4详解】判断非金属性强弱的一般依据：最高价氧化物对应水化物酸性越强、单质氧化性越强（置换反应中可体现），非金属性越强。A．单质状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，A错误；B．最高价含氧酸酸性越强，非金属性越强，符合判断规律，B正确；C．能置换出，说明氧化性强于，可证明非金属性，C正确；D．非金属性越强，简单阴离子还原性越弱，还原性弱于，D错误；故BC。17.现代社会的一切活动离不开能量，化学反应在发生物质变化的同时伴随能量变化。电池是现代社会中重要的储能装置。回答下列问题：（1）现有下列四个反应：A.2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2OB.C.D.Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O①上述四个反应中，属于氧化还原反应且反应过程中能量变化符合图1所示的是_______(填字母)。②上述四个反应中，属于放热反应且能设计成原电池的是_______(填字母)。（2）如图2装置：①Zn片作_______(填“正极”或“负极”)，发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。②Cu片上发生反应的电极反应式为_______，H+向_______(填“锌”或“铜”)极移动。【正确答案】（1）①.B②.C（2）①.负极②.氧化③.2H++2e-=H2↑④.铜【小问1详解】①图1中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应为吸热反应，同时需要满足属于氧化还原反应：A．酸碱中和反应，是非氧化还原反应，且为放热反应，不符合；B．反应有元素化合价变化，属于氧化还原反应，且为吸热反应，符合要求；C．甲烷燃烧是氧化还原反应，但为放热反应，不符合；D．该反应是吸热反应，但没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，不符合；故选B。②根据上述分析可知，四个反应中只有甲烷燃烧符合要求，故选C。【小问2详解】①锌的活泼性强于铜，锌失电子作负极，失电子发生氧化反应。②铜为正极，溶液中在正极得到电子生成氢气，电极反应式为；原电池中阳离子向正极移动，因此向铜极移动。18.海带中含有丰富的碘元素，常用作提取碘单质的原料。实验室中进行海带提碘实验，实验流程如下图所示。已知：①碘易溶于有机溶剂；②3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。（1）操作1中灼烧干海带的仪器为_______。（2）操作3选用装置_______，操作4选用装置_______。(填序号)（3）试剂1可选择_______(填字母)，写出试剂1参与反应的离子方程式_______。A.稀硫酸溶液B.氯水C.NaOH溶液D.CCl4（4）写出加入45%的硫酸后水层发生反应的离子方程式_______。【正确答案】（1）坩埚（2）①.①②.③（3）①.B②.Cl2+2I-=2Cl-+I2（4）5I-++6H+=3I2+3H2O【分析】海带中提取碘的实验中，首先将干海带灼烧得到海带灰，接下来向海带灰中加入水得到海带灰悬浊液，再通过过滤分离，滤去不溶物，得到含的溶液。向溶液中加入氯水，可将氧化为，然后用萃取溶液中的，再分液，得到的的溶液。向其中加入NaOH溶液进行反萃取，将转化为易溶于水的和，振荡、静置后和进入水层，通过分液分离出水层，向水层中加入45%的硫酸，得到含的悬浊液，最后过滤、洗涤、干燥得到固体。【小问1详解】实验室高温灼烧固体原料时，所用的核心仪器为坩埚；【小问2详解】操作3是分离海带灰悬浊液得到含的溶液，该操作是过滤，对应装置①；操作4是用有机溶剂萃取碘后分液，对应带分液漏斗的萃取分液装置③；【小问3详解】试剂1的作用是将氧化为，需要氧化剂，氯水可以氧化生成，稀硫酸、NaOH溶液、均不能氧化，故选B；氯水氧化的离子方程式为；【小问4详解】根据已知信息，与反应生成和​进入水层，加入硫酸后，和在酸性条件下发生归中反应生成​，配平后得到离子方程式。19.利用煤气化产物制备甲醇，甲醇是一种可再生液态燃料，具有广泛应用前景。（1）煤气化反应为，在恒温恒容的密闭容器中反应达到平衡，向其中补充，其v(正)_______(填“变快”“不变”或“变慢”，下同)；保持体积不变，充入，其v(正)_______。（2）工业上利用CO可生产燃料甲醇，发生如下反应：。在密闭容器内，按照物质的量之比1∶2通入CO和H2，时该反应体系中随时间的变化如下表：时间/min0123450.0200.0110.0080.0070.0070.007①表示变化的曲线是_______，用H2表示内平均反应速率v(H2)＝_______mol•L-1•min-1。②平衡时H2的浓度为_______mol•L-1。③反应A(g)+2B(g)⇌3C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是_______。A.v(A)=0.7mol•L-1•min-1B.v(B)=0.9mol•L-1•min-1C.v(C)=0.03mol•L-1•s-1D.v(D)=0.8mol•L-1•min-1【正确答案】（1）①.不变②.不变（2）①.b②.0.006③.0.007④.A【小问1详解】①为固体，加入后不影响碳的浓度，故正反应速率不变；②体积不变，充入氩气，体系中各气体的浓度不变，故正反应速率不变；【小问2详解】①向体系中按照物质的量之比1∶2通入CO和H2，根据表中数据，开始时通入CO的物质的量为0.020mol，则通入氢气的物质的量为0.040mol，3分钟后CO的物质的量不再改变，则反应达到平衡，消耗的CO的物质的量为0.013mol，则消耗的氢气的物质的量为0.026mol，生成的甲醇的物质的量为0.013mol，容器体积为2L，则达平衡时甲醇的浓度为0.0065mol/L，故表示变化的曲线是b；②根据表格数据，内，CO的物质的量变化为0.012mol，则氢气的物质的量变化量为0.024mol，容器体积为2L，则用H2表示内平均反应速率v(H2)＝=0.006mol•L-1•min-1；③向体系中按照物质的量之比1∶2通入CO和H2，根据表中数据，开始时通入CO的物质的量为0.020mol，则通入氢气的物质的量为0.040mol，3分钟后CO的物质的量不再改变，则反应达到平衡，消耗的CO的物质的量为0.013mol，消耗氢气的物质的量为0.026mol，平衡时体系中氢气的物质的量为0.040mol-0.026mol=0.014mol，体积为2