陜西省興平市西郊中學2022-2023學年高三化學第一學期期中經典試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某同學利用氧化還原反應：2KMnO410FeSO48H2SO4=2MnSO45Fe2(SO4)3K2SO48H2O設計如圖所示原電池，鹽橋中裝有飽和K2SO4溶液。下列說法正確的是Ab電極上發(fā)生還原反應B外電路電子的流向是從a

2、到bC電池工作時，鹽橋中的SO42-移向甲燒杯Da電極上發(fā)生的反應為MnO4-8H5e=Mn24H2O2、Na2SmOn對應的多種鹽，均為工業(yè)生產中的重要物質。下列說法錯誤的是（）A若m=1，n=3,該鹽溶液可用于吸收Cl2B若m=1，n=4,檢驗其陰離子可先加鹽酸酸化，再加BaCl2溶液C若m=2，n=3,該鹽與稀硫酸發(fā)生復分解反應D若m=2，n=8,若該鹽中S顯+6價，則1個S2O82中過氧鍵的數(shù)目為13、下列各溶液中一定能大量共存的離子組是A常溫下，c(H+)=1013molL1的溶液中：Na+、AlO2、S2、SO32B使pH試紙呈紅色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC加入鋁粉有氫

3、氣生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+D常溫下，由水電離出的c(H+)c(OH)=1.01026的溶液中：K+、Na+、HCO3、Ca2+4、 “吃盡百味還點鹽，穿盡綾羅不如棉”。食鹽不僅是調味品，更在醫(yī)藥、化工等領域有廣泛應用。下列有關敘述中正確的是A食鹽熔化時因離子鍵遭破壞故屬化學變化B電解飽和食鹽水可制備金屬鈉C生理鹽水的濃度越接近飽和藥效越好D加碘食鹽中的碘以 IO3- 形成存在5、下列化學用語或模型圖正確的是A氮氣的結構式：B用電子式表示溴化氫的形成過程為：CCO2的比例模型：D14C的原子結構示意圖6、一定溫度下,將2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密閉容器中，發(fā)

4、生反應:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196kJmol-1，5min時達到平衡，測得反應放熱166.6kJ。下列說法錯誤的是A05min內，用O2表示的平均反應速率V(O2)=0.17molL-1min-1Bn(O2)/n(SO3)的值不變時，該反應達到平衡狀態(tài)C若增大O2的濃度，SO2的轉化率增大D條件不變，若起始時充入4molSO2和2molO2，平衡時放出的熱量小于333.2kJ7、下列關于 Na2CO3 和NaHCO3的說法中正確的是A熱穩(wěn)定性： NaHCO3比Na2CO3穩(wěn)定B常溫時，在水中的溶解性: Na2CO3NaHCO3C氫氧化鋁和純堿常用來治理胃酸過多D它們

5、都屬于鹽類，所以水溶液顯中性8、常溫下，在等體積pH=1的硫酸；0.01molL1NaOH溶液；pH =10的純堿溶液中；水電離程度的大小順序是（）ABCD9、空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成，我國科學家用下列實驗研究其成因：反應室底部盛有不同吸收液，將SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空氣為載體通入反應室，相同時間后，檢測吸收液中SO42-的含量，數(shù)據如下： 反應室載氣吸收液SO42-含量數(shù)據分析N2蒸餾水a. bdac.若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-3%氨水b空氣蒸餾水c3%氨水d下列說法不正確的是A控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施B反應室中可能發(fā)生反應：SO

6、2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2C本研究表明：硫酸鹽的形成主要與空氣中O2有關D農業(yè)生產中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成10、下列實驗敘述錯誤的是A用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，說明原溶液中有Na+而無法判斷是否有K+B配制硫酸鐵溶液時，將硫酸鐵溶解在硫酸中,再加水稀釋C中和滴定時，滴定管用蒸餾水洗滌23次后即可加入標準溶液進行滴定D向某鈉鹽 X 的溶液中先滴加稀鹽酸，無現(xiàn)象，再滴加 BaCl2 溶液，出現(xiàn)白色沉淀，X 不一定是Na2SO411、已知1 mol紅磷轉化為1 mol白磷，吸收18.39 kJ熱量4P(紅，s)5O2(g)=2P2O5(

7、s)H1 P4(白，s)5O2(g)=2P2O5(s)H2則H1與H2的關系正確的是AH1H2BH1H2CH1。故選D。9、C【題目詳解】A. 因為空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成。SO2和氮氧化物在一定條件下可以產生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施，故A正確；B. 反應室中SO2為還原劑，NO2為氧化劑，N2做載體，蒸餾水做吸收液，可發(fā)生反應：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正確；C.由已知 bdac，若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-，可知硫酸鹽的形成主要與NO2有關,故C錯誤；D. 銨態(tài)氮肥易揮發(fā)產生氨氣。由已知的數(shù)據

8、分析可知，在載體相同，吸收液為氨水的條件下，將SO2和NO2按一定比例混合時產生SO42-的濃度較大，而空氣中的硫酸鹽又會加劇霧霾的形成。所以農業(yè)生產中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成，故D正確；答案：C。10、C【題目詳解】A.鈉元素的黃色火焰可以覆蓋鉀元素的紫色火焰，用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，則證明原溶液中有Na+，但無法判斷是否含有K+，K+需通過藍色鈷玻璃才能觀察其火焰顏色，故A正確；B.實驗室配制硫酸鐵溶液時，為了抑制硫酸鐵水解，應先把硫酸鐵晶體溶解在稀硫酸中，再加水稀釋至所需濃度，故B正確；C.滴定管用蒸餾水洗滌23次后，應再用標準溶液潤洗滴定管23次，否則會

9、將標準溶液稀釋，故C錯誤；D.向某鈉鹽X的溶液中先滴加稀鹽酸，無現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，只能證明含有SO42-，可能為Na2SO4，也可能為NaHSO4，故D正確。故選C。11、B【題目詳解】4P（紅）+5O2=2P2O5 H1；4P（白）+5O22P2O5 H2 ；得到4P（紅）=4P（白）H=H1H2，已知1mol紅磷變成1mol白磷吸收18.39KJ的熱量，所以H1H20；H1H2，故選B。12、C【分析】X、Y、Z為三種主族元素，分別形成Xn+、Ym+、Zn-三種離子，且X、Y、Z三種原子的M電子層中的電子數(shù)均為奇數(shù)，則X、Y、Z 一定是在第3周期，能形成簡單離子為X

10、n+、Ym+、Zn-，且數(shù)值mn，所以X為鈉元素，Y為鋁元素，Z為氯元素?！绢}目詳解】A最外層電子數(shù)相同，電子層越多離子半徑越大，所以離子半徑Cl-Na+；電子層排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，離子半徑Na+Al3+，所以Al3+離子半徑最小，故A正確；BZ的最高價氧化物的水化物HClO4，由于n=1，HClO4符合HnZO4，故B正確；CNaOH為強堿，Al(OH)3是兩性氫氧化物，HClO4是強酸，則它們的最高價氧化物的相應水化物的堿性依次減弱，酸性依次增強，故C正確；D、X、Y、Z的最高價氧化物對應水化物分別為NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3是兩性氫氧化物，能與

11、NaOH和HClO4反應，NaOH與HClO4，發(fā)生酸堿中和反應，故D正確。故答案為C。13、D【答案解析】A硒和溴屬于同一周期元素，硒的原子序數(shù)小于溴，所以原子半徑BrSe，故A錯誤；B同一周期元素，陰離子的還原性隨著原子序數(shù)的增大而減小，還原性Se2-Br-，故B錯誤；C在Se2Br2分子中硒原子間存在非極性鍵，溴和硒原子之間存在極性鍵，故C錯誤，D.SeO2中硒為+4價，處于中間價態(tài)，所以既有氧化性又有還原性，故D正確；故選D。14、D【題目詳解】A實驗室用活潑金屬Zn與稀鹽酸反應來制備H2，故裝置甲制取，A不合題意；B裝置乙先用NaOH溶液來除去H2中的HCl，再用濃硫酸來干燥，故裝置

12、乙凈化干燥，B不合題意；C金屬鈉與H2在加熱條件下發(fā)生反應：2Na+H22NaH，故裝置丙制備NaH，C不合題意；D堿石灰不能吸收H2，故裝置丁不能吸收尾氣，D符合題意；故答案為：D。15、B【答案解析】A、在含等物質的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2，氯氣具有氧化性，先和還原性強的離子反應，離子的還原性順序：I-Fe2+Br-，故A錯誤；B、在含等物質的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金屬鋅先是和氧化性強的離子反應，離子的氧化性順序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正確；C、在含等物質的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2反應，其

13、次是氫氧化鉀，再是和碳酸鹽之間反應，故C錯誤；D、在含等物質的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入鹽酸，氫離子先是和氫氧根離子發(fā)生中和反應，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查化學反應的先后順序的知識。判斷先后反應總原則是，先發(fā)生的反應產物與其他物質能大量共存，若產物不能與其他物質大量共存，則它一定不能先反應。16、D【題目詳解】A.漂白粉具有強氧化性，既能殺菌消毒，又具有漂白性，所以漂白粉既可用來漂白棉、麻、紙張，也能用作游泳池及環(huán)境的消毒劑，但不能做凈水劑，A錯誤；B. 燃放煙花呈現(xiàn)出多種顏色是由于煙花中添加了一些金屬元素，而不是金屬單質，B錯誤；C.合金材料的組成元素不一定全部

14、為金屬元素，可能含有非金屬元素，C錯誤；D.光導纖維的原料為二氧化硅，D正確；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、 1s22s22p63s23p63d8 鑭 ONHCe N-HO(或N-HN或O-HN或O-HO) sp3雜化 bd 8 【分析】(1)鏑(Dy)的基態(tài)原子外圍價電子排布式為4f106s2，結合泡利原理、洪特規(guī)則畫出排布圖；(2)Cu原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能級1個電子，再失去3d能級2個電子形成Cu3+；(3)第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，與第四電離能相差越大，第三個電子越容易失去，+3價的可能性越大；

15、(4)同周期主族元素自左而右電負性增大，N、O在它們的氫化物中均表現(xiàn)負化合價，數(shù)目它們的電負性均大于氫元素的，一般非金屬性越強，電負性越大；NH3的水溶液中，NH3分子之間形成氫鍵，水分子之間形成氫鍵，NH3與水分子之間形成2種氫鍵(N-HO或O-HN)；氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，Al原子價電子數(shù)為3，與Cl原子已經全部成鍵，Al原子有1個空軌道，Cl原子有孤電子對，Al原子與Cl之間形成1個配位鍵，結構式為；(5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結構與CaF2相似，晶胞中Pr(鐠)原子位于面心和頂點，根據均攤法計算晶胞中Pr原子數(shù)目，再根據化學式中原子數(shù)目之比計算晶胞中O原子數(shù)目；結合

16、晶胞中原子數(shù)目用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質量，而晶胞質量也等于晶胞體積與密度乘積，聯(lián)立計算?！绢}目詳解】(1)鏑(Dy)的基態(tài)原子外圍電子排布式為4f106s2，由泡利原理、洪特規(guī)則，外圍價電子排布圖為：；(2)Cu原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能級1個電子，再失去3d能級2個電子形成Cu3+，基態(tài)時Cu3+的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，第三個電子越容易失去，+3價的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3與I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)同周

17、期主族元素自左而右電負性增大，N、O在它們的氫化物中均表現(xiàn)負化合價，數(shù)目它們的電負性均大于氫元素的，一般非金屬性越強，電負性越大，電負性由大到小的順序為：ONHCe；NH3的水溶液中，NH3分子之間形成氫鍵(N-HN)，水分子之間形成氫鍵(O-HO)，NH3與水分子之間形成2種氫鍵(N-HO或O-HN)；氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，Al原子價電子數(shù)為3，與Cl原子已經全部成鍵，Al原子有1個空軌道，Cl原子有孤電子對，Al原子與Cl之間形成1個配位鍵，結構式為，Al是原子采取sp3雜化，含有的化學鍵有極性鍵、配位鍵，沒有離子鍵、非極性鍵；(5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結構與CaF2

18、相似，晶胞中Pr(鐠)原子位于面心和頂點，則晶胞中Pr原子數(shù)目=8+6=4，而Pr原子與O原子數(shù)目之比為1：2，則晶胞中O原子數(shù)目為42=8，晶胞質量=g=(a10-10 cm)3gcm-3，整理得NA=。18、 (CH3)2CHCOOH 醚鍵和羧基 取代反應 5 2 +2NaOH+NaCl+H2O 【分析】A發(fā)生信息反應()生成B，苯酚反應得到C，B與C發(fā)生信息反應()生成甲，由G的結構可知，苯酚與氫氧化鈉等反應生成C為苯酚鈉，則B為ClC(CH3)2COOH，A為(CH3)2CHCOOH，由氯貝特的結構可知甲與乙醇反應生成D為，據此解答?！绢}目詳解】(1) A為(CH3)2CHCOOH，故

19、答案為：(CH3)2CHCOOH；(2)根據甲的結構簡式可知，甲中含有的官能團為醚鍵和羧基，故答案為：醚鍵和羧基；(3)反應是發(fā)生R1ONa+ClR2R1OR 2+NaCl(R1、R2代表烴基)，原子與原子被取代，因此反應類型為取代反應；由氯貝特的結構可知，氯貝特的核磁共振氫譜有5組峰，故答案為：取代反應；5；(4)甲有多種同分異構體，同時滿足以下條件：1，3，5三取代苯；屬于酯類且既能與FeCl3溶液顯紫色，又能發(fā)生銀鏡反應；含有酚羥基、醛基；1mol該同分異構體最多能與3molNaOH反應。結合可知應含有酚羥基、甲酸與酚形成的酯基，故側鏈為OH、CH2CH2CH3、OOCH，或側鏈為OH、

20、CH2CH3、OOCCH3，符合條件的同分異構體有2種，其中一種的結構簡式為，故答案為：2；(5)B為ClC(CH3)2COOH，B與足量NaOH溶液反應的化學方程式為：+2NaOH+NaCl+H2O，故答案為：+2NaOH+NaCl+H2O。19、SO2、H2SO3、HSO3、SO32 HSO3離子存在平衡有電離平衡：HSO3 H+SO32 ，水解平衡：HSO3 +H2O H2SO3+OH，因為亞硫酸氫根離子電離程度大于其水解程度，所以溶液顯酸性 證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾 SO32 乙 SO32能使品紅褪色，因為SO2+2OH +Ba2+ = BaSO3+H2O，同

21、時排除SO32的干擾 AC 【分析】探究體現(xiàn)漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水發(fā)生反應生成亞硫酸，亞硫酸存在兩步電離，據此分析判斷；(2)NaHSO3溶液中存在亞硫酸氫鈉電離和水解，溶液顯酸性說明亞硫酸氫根離子電離程度大于水解程度；(3)氫氧化鈉溶液中紅色不褪去說明氫氧根離子對品紅褪色不干擾；(4)根據實驗一和實驗二的abc分析判斷；探究褪色過程的可逆性(5)甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變，氫氧根離子不影響溶液的褪色，乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀亞硫酸鋇，溶液變紅，說明品紅褪色可逆；(6)選擇

22、的試劑不能具有漂白性，同時能夠將二氧化硫反應除去，據此分析解答。【題目詳解】探究體現(xiàn)漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水發(fā)生反應生成亞硫酸，亞硫酸存在兩步電離，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案為：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-離子存在的平衡有：電離平衡HSO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，溶液顯酸性說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，故答案為：HSO3-離子存在的平衡有：電離平衡H

23、SO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，因為亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，所以溶液顯酸性；(3)pH=10NaOH溶液中紅色溶液不變色，證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾，故答案為：證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾；(4)實驗一：將SO2分別通入0.1%品紅水溶液和0.1%品紅乙醇溶液中。觀察到前者褪色而后者不褪色。說明使品紅褪色的微粒不是SO2；根據實驗二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐漸變淺，約90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)

24、中主要含有HSO3-，溶液立即變淺，約15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，說明SO2使品紅溶液褪色時起主要作用的微粒是SO32-，故答案為：SO32-；探究褪色過程的可逆性(5)甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變，說明氫氧根離子濃度不影響二氧化硫褪色，不能說明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀亞硫酸鋇，溶液變紅，說明品紅溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品紅褪色，因為SO2+2OH-+Ba2+

25、=BaSO3+H2O，同時排除SO32-的干擾，故答案為：乙；SO32-能使品紅褪色，因為SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，同時排除SO32-的干擾；(6)A稀硝酸不具有漂白性，能夠將二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液變紅色，故A正確；B氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不會變成紅色，故B錯誤；C雙氧水能夠將二氧化硫氧化為硫酸，溶液變成紅色，故C正確；故選AC。20、分液漏斗 Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2+H2O 排凈裝置中的空氣，為排除氧氣對實驗的干擾 BaSO4 還原性 SO2+2Fe3+Ba2+2H2O=BaSO4+2Fe2+4H+ 取少量B中溶液于試管

26、中，加入少量K3Fe（CN)6溶液產生藍色沉淀，則溶液中有Fe2+，觀點1合理 C HCHO -470kJ/mol 【題目詳解】(1)加入濃硫酸的儀器為分液漏斗；A中為亞硫酸鈉和硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化碳和水，方程式為：Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2+H2O；(2)氧氣和硝酸根離子都能將二氧化硫氧化，如果裝置中含有氧氣，會干擾實驗，所以通入氮氣的目的是排凈裝置中的空氣，為排除氧氣對實驗的干擾；(3)二氧化硫具有還原性，在酸性條件下，能被硝酸根離子氧化生成硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀。(4)觀點1是指二氧化硫和鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子和亞鐵離子，硫酸根離子和鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，離子方程式為：SO2+2Fe3+Ba2+2H2OBaSO4+2Fe2+4H+；為證明該觀點,應進一步檢驗生