河北省河间市十四中2022-2023学年化学高三第一学期期中调研模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、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、已知位于IIA族，下列有关Sr的说法不正确的是A的中子数为38B最高化合价为+2C原子半径：Sr CaD氢氧化物为强碱2、处理含氰（CN-）废水涉及以下反应，其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl+H2O（未配平） 反应2OCN+4OH-+3Cl22CO2+N2+6Cl+2H2O 反应下列说法中正确的是A反应I中碳元素被还原B反应II中CO2为氧化产物C处理过程中，每产生1 mol N2，消耗3 molCl2D处理I中CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正

3、确的是A11.2 L Cl2通入足量NaOH溶液中充分反应,转移的电子数目为0.5NAB4.4 g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的电子数目为2.2NAC常温下,1.0 L pH=1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NAD2.1 g环己烷中含有的共价键数目为4.5NA4、常温下，在等体积pH=1的硫酸；0.01molL1NaOH溶液；pH =10的纯碱溶液中；水电离程度的大小顺序是（）ABCD5、X、Y、Z、W为四种短周期非金属元素，其中X单质是一种重要的半导体材料， X、Y、Z同周期，且原子序数依次增大，Y、W同主族，离子半径Y2-W2-。下列说法正确的是：AX的非金属性比Y的强B

4、X和W组成的化合物化学性质活泼，与盐酸和氢氧化钠溶液都能反应CY的气态氢化物不如Z的气态氢化物稳定D某溶液中通入Z的单质后再滴加淀粉溶液显蓝色，原溶液中一定含有I-6、下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是（ ）Ab、d两种元素的离子半径相比，前者较大Ba的单质在高温条件下能置换出e的单质，说明非金属性a Ca，故C正确；D同一主族，从上到下，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，氢氧化钙为强碱，所以氢氧化锶也为强碱，故D正确；故选A。2、D【分析】反应配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl+H2O，反应为:2OCN+4OH-+3Cl22CO2

5、+N2+6Cl+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl+4H2O+2CO2+N2，结合氧化还原反应的规律分析可得结论。【题目详解】A.在反应中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4，化合价升高，被氧化，故A错误；B.在反应II中，OCN中碳元素的化合价为+4，生成物中二氧化碳的化合价也是+4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；C.由上述分析可得处理过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl+4H2O+2CO2+N2，根据反应方程式可知：每产生1 mol N2，消耗5 molCl2，故C错误；

6、D.将反应配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl+H2O，根据方程式可知CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应，故D正确；答案选D。3、B【题目详解】A、氯气所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是0.5mol，则转移的电子不一定为0.5NA个，故A错误；B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者分子中均含22个电子，故0.1mol混合物中含2.2NA个电子，故B正确；C、1 L pH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目=1L0.1mol/LNA=0.1NA，故C错误；D、环己烷的摩尔质量为84g/mo

7、l，2.1 g环己烷的物质的量为0.025mol,而一个环己烷分子中含有共价键数为18，故2.1 g环己烷中含有的共价键数目为0.45NA，故D错误。答案选B。【答案点睛】阿伏伽德罗常数的有关判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意环己烷结构特点。4、D【分析】本题主要考查水的电离。酸溶液中，OH是水电离的，根据c(OH)大小可知水的电离情况. 碱溶液中，H是水电离的，可以利用c(H)判断水的电离大小。 纯碱是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水解显示碱性，溶液中的OH是水电离的。【题目详解】pH=1的硫酸酸溶液中, OH是水电离的,水电离的氢氧根。溶液,溶液中的H是水电离的, ,水电离的。

8、pH=10的纯碱溶液,碳酸钠是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,溶液中的OH是水电离出的,水电离的。综合以上数据，可知水电离程度的大小顺序是：。故选D。5、C【分析】X、Y、Z、W为四种短周期非金属元素，其中X单质是一种重要的半导体材料，则X为Si，X、Y、Z同周期，即处于第三周期，且原子序数依次增大，Y、W同主族，离子半径Y2W2，结合离子所带电荷，应是A族元素，可推知Y为S、W为O，故Z为Cl。【题目详解】AX为Si、Y为S，同周期从左至右随原子序数增大元素非金属性增强，故非金属性SiS，故A错误；BX和W组成的化合物为二氧化硅，化学性质不活泼，能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，但不能与盐酸反应

9、，故B错误；CY为S、Z为Cl，同周期从左至右随原子序数增大元素非金属性增强，非金属性SCl，故氢化物稳定性：H2SHCl，故C正确；D某溶液中通入氯气，再滴加淀粉溶液显蓝色，原溶液中可能含有I2或I或二者都有，故D错误，故选C。6、A【答案解析】试题分析：A氧离子与铝离子的电子层数相同，核电荷数越小，离子半径越大，故离子半径：氧离子铝离子，故A正确；B同一主族，从上往下，非金属性逐渐减弱，故非金属性ae，故B错误；C氧元素与硅元素下次的化合物是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，也能与氢氟酸反应，故C错误；D钠元素与氯元素组成的化合物是氯化钠，含有离子键；铝元素与氯元素组成的化合物是氯化铝，

10、含有共价键，故D错误；故选A。【考点定位】考查位置结构性质的关系及应用【名师点晴】推断出元素是解题的关键；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，a为碳元素，b为氧元素，c为钠元素，d为Al元素，e为Si元素，f为Cl元素，依此进行判断。7、C【答案解析】A、铁比铜活泼，硝酸氧化性大于硫酸，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与在酸性条件下与NO3-反应，当溶液中NO3-完全消耗时，铁和H+反应生成H2，错误；B、由于发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2F

11、e3+=2Fe2+Cu2+，则当金属粉末有剩余，溶液中不存在Fe3+，加入KSCN溶液不变成血红色，错误；C、铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：Fe3+或H+和NO3-时，铜溶解，剩余金属可能为铜或铁与铜的混合物，故剩余金属一定含有铜，正确；D、当剩余金属为铜，且溶液中NO3-完全消耗时，加入硫酸，金属不再溶解， D错误。答案选C。8、B【答案解析】A项，将SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4作氧化剂，发生5SO22MnO42H2O=5SO422Mn24H+，可以证明SO2具有还

12、原性，故A错误。B项，将Cl2通入NaBr溶液中，发生Cl22NaBr=2NaClBr2反应，根据氧化还原反应的强弱规律可知Cl2的氧化性大于Br2，故B正确；C项，将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，气体中发生的反应是2NO2N2O4，与Cu2无关，故C错误；D项，根据“控制变量法”，在比较催化剂对化学反应速率的影响时，应在同一浓度下进行比较，否则没有可比性，故D错误。此题答案选B。9、C【题目详解】A、钙离子在碱性时溶解度较小，故不能与氢氧根大量共存，故A正确；B、由水电离出的c(H+)=10-12 molL-1的溶液可酸可碱，碱性时，不能与Mg2+、HCO3大量共存，酸

13、性时不能与HCO3大量共存，故B错误；C、H+、Fe3+、SO42、NO3均不相互反应，可以大量共存，故C正确；D、使甲基橙变红的溶液显酸性， 不能与CH3COO大量共存，故D错误；故选C；【答案点睛】虽然在写离子反应方程式时，澄清石灰水需要拆分，但是氢氧化钙微溶于水，所以钙离子不能与氢氧根大量共存。10、C【题目详解】A. 水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色，水中H、O的化合价为变化，与题意不符，A错误；B. CuSO4蓝色溶液吸收H2S后有黑色CuS沉淀沉淀生成，化合价为变化，与题意不符，B错误；C. SO2能使溴水褪色，S的化合价升高，作还原剂，被氧化，符合题意，C正确；D. C12使湿润的淀

14、粉碘化钾试纸变蓝，Cl的化合价降低，作氧化剂，被还原，与题意不符，D错误；答案为C。【答案点睛】气体做还原剂时被氧化。11、D【题目详解】A、化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故A错误；B、明矾水解时产生氢氧化铝胶体，故明矾可作净水剂，不能作漂白剂，故B错误；C、食品包装袋中常放入小袋的生石灰，作吸水剂，故C错误；D、河流入海口处会形成三角洲和卤水点豆腐均是胶体的聚沉，故D正确；综上所述，本题应选D。12、B【题目详解】锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，错误；合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，正确；氯气与水的

15、反应是可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，正确；铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，正确；铜不论与稀硝酸能反应，物质Cu过量时，另一种物质硝酸能完全反应，错误；稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，正确；常温下，金属铝遇到浓硫酸会钝化，无论浓硫酸怎么过量，都不能消耗完金属铝，正确，综上所述，符合题意 ，故选B。13、D【答案解析】试题分析：A、加入NaOH溶液，Mg2转化成Mg(OH)2，Al3可能转化成Al(OH)3或AlO2，故错误；B、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但HCl中Cl不是最

16、高价，故错误；C、没有给出指示剂，故错误；D、碳酸钠加入到盐酸中，有气泡产生，把盐酸滴加碳酸钠中，开始没有气泡，一段时间后有气泡，故正确。考点：考查实验方案设计的评价等知识。14、A【题目详解】A.设铜和铁各为x、ymol。最终铁铜均为+2价，由电子得失守恒：2x+2y=0.13；两金属的总质量为：56x+64y=9；可解出：x=y=0.075mol，故A正确；B.由N元素的守恒，HNO3里面的N原子一部分在溶解中以硝酸根离子的形式存在，一部分生成NO气体，故：2x+2y+0.1=0.3+0.1=0.4mol，故稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol/0.2L=2molL-1，故B错误；C.在硝酸

17、的氧化过程中，铁活泼性强，先被氧化，但不可能产生Fe3+（因为铜的存在），直到两金属恰好溶解为止。故第一次加硝酸，氧化的金属为0.075molFe，质量为0.07556=4.2g第二次加硝酸，氧化的金属为0.075molCu，质量为0.07564=4.8g，即第一次剩余4.8g金属为铜，故C错误；D.再加入上述100mL稀硝酸，则溶液中的Fe2+被氧化：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，经计算可知硝酸过量，由Fe2+可计算出NO为：0.075（1/3）14=0.56L，故D错误。故选A。【答案点睛】D选项中，加入该稀硝酸100mL，亚铁离子与硝酸反应生成NO和硝酸铁，根据电子

18、转移守恒计算。15、B【题目详解】A.氯化钡溶液中通入二氧化碳不反应，不能得到碳酸钡沉淀，故错误；B.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，故正确；C.含有铵根离子的溶液中加入浓的氢氧化钠并加热才能得到碱性的氨气，故错误；D.原溶液中不一定有硫酸根离子，也可能含有亚硫酸根离子，因为被硝酸氧化成硫酸根离子再生成硫酸钡沉淀，故错误。故选B。16、D【答案解析】试题分析：A二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误；B做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C硫酸铁溶液

19、中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；DAl2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D正确；故选D。考点：考查了二氧化硫、铵盐、铁盐和氧化铝的性质的相关知识。二、非选择题（本题包括5小题）17、 1丙醇 Br2和Fe(或FeBr3) CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O E：； J：；中间产物1：； 中间产物2： 【分析】A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有CH2O

20、H结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，以此分析。【题目详解】A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有CH2OH结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，(1)根据以上分析，A的结构简式是；F的结构简式为CH3CH2CH2OH，名称是1丙醇。故答案为： ；1丙醇；(2) BC是苯环上的溴代反应，则试剂a为Br2和Fe(

21、或FeBr3)；由D的结构简式和已知，可知试剂b为。故答案为：Br2和Fe(或FeBr3)；(3)C与足量的NaOH反应为卤代烃的水解反应和酸碱中和反应，化学方程式为。故答案为：。(4)G与银氨溶液发生醛基的氧化反应，化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O 。故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；(5)根据(5)中已知条件可知，E为，J为丙酸酐，结构简式为；根据已知可得中间产物1为，根据已知可得中间产物2为。18、氢 碳 氮 Na S 第三周期 A主族 离子键

22、和共价键 12 NaOHCO2 =NaHCO3 4 NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)；H = 906.8 kJmol-1 【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，为氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，故其中一种为氢氧化铝，短周期种强碱为氢氧化钠，故E为Na元素，F为Al元素，G为S元素或Cl元素；A与B、C、D可分别形成10电子分子，A与E同族，A为H元素；D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，则D为O元素，G为S元素；B、C与氢元素形成10电子分子，则

23、B为C元素，C为N元素。【题目详解】(1)由上述分析可知，A、B、C元素的名称分别为氢、碳、氮，E、G两种元素的符号为Na、S；F为Al元素在元素周期表中的位置是第三周期 A主族。(2)Na在O2中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，过氧化钠中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2。(3) E的最高价氧化物的水化物为NaOH，BD2为CO2，标况下11.2L CO2的物质的量为0.5mol，则0.5 mol NaOH与0.5mol CO2反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为NaOHCO2 =NaHCO3。(4) C的氢化物为NH3，1.7克NH3的物质的量为0.1

24、mol，发生催化氧化生成气态产物，放出22.67KJ的热量，故此反应的热化学方程式为4 NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g) H = 906.8 kJmol-1。19、三颈烧瓶 Fe+2H+=H2+Fe2+ A中的液体被压入B中 过滤 抑制亚铁离子水解 液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ 不能除去尾气中的H2，甚至发生倒吸 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 98% 【分析】制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3

25、、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+。【题目详解】(1)由图可知将0.1mol（NH4）2SO4晶体置于三颈烧瓶中；(2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=H2+Fe2+；待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，可将A中的液体被压入B中；将晶体从溶液中分离出来，可用过滤的方法，硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，但不能除去

26、尾气中的H2，装置内冷却后甚至发生倒吸；(3)亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，n(KMnO4)=0.01L0.1mol/L=0.001mol，则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol，则10.0g样品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为 100%=98%。【答案点睛】第3题计算时要注意滴定的待测液是从配制的100mL溶液中取的20mL。20、 过量的铁粉与操作中的反应生成Fe3+及过量的硫酸反应生成Fe2+而干扰实验验 防止Fe和S被氧化，尤其是Fe被氧化成Fe3O4而干扰实验

27、 硫和铁粉反应是放热反应 除去混合物中过量的硫粉 防止硫酸中溶解的O2将前面反应过程中可能生成的Fe2+氧化而干扰实验 取少量的D溶液于两支小试管中，向第一支试管中滴加少量KSCN溶液，向第二支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液如果第一支试管出现血红色，而第二支试管高锰酸钾紫红色不褪去，说明铁和硫反应只生成三价铁；如果第一支试管不变血红色，而第二支试管高锰酸钾紫红色褪去，说明只生成亚铁；如果第一支试管变血红色，第二支试管紫红色也褪去，说明既生成了三价铁也生成了亚铁【答案解析】试题分析：由实验过程可知，铁粉和硫粉在惰性气体中混合加热后，得到了黑色的固体。该固体中可能剩余的硫经热碱溶液溶解后，与稀硫酸反应得到溶液D，最后对D溶液进行检验，确定产物中铁元素的价态。（1）混合粉末A中S粉必须要过量，其原因是为了保证铁粉完全反应，从而避免过量的铁粉与操作可能生成的Fe3+及硫酸反应生成Fe2+而干扰实验验。（2）反应在“惰性气体环境中”进行的原因是防止Fe和S被氧化，尤其是Fe被氧化成Fe3O4而干扰实验。（3）操作是用烧热的玻璃棒点触混合粉末，反应即可持续进行，这说明了硫和铁粉反应是放热反应。（4）操作的作用是除去混合物中过量的硫粉。（5）操作中稀硫酸煮沸的目的是防止硫酸中溶解的O2将前面反应过程中可能生成的Fe2+氧化而干扰实验。（6）为探究产物中铁的价态，需要继续对D溶液